Lösungen

Lösungen: Skalarprodukt
Aufg. 1:
a) a b = 0 b) a b = –10 c) a b = –1
d) a b = 15
Aufg. 2:
Die entsprechenden Winkelweiten sind: a) =90° b) 80° c) 72°
Aufg 3:
| a | | b | cos( )=42
cos( )=1
=0°
21 2 ⋅ 21 cos( )=42
Überlegung: Es gilt b =2 a , die Vektoren sind also parallel und gleich orientiert. Somit muss der
Winkel zwischen ihnen Null Winkelgrad betragen.
b) | a |= 14
| b |= 2 ⋅ 14
| a | | b | cos( )= –28
a b =3 (–6)+(–1) 2+2 (–4)= –28
cos( )= –1
14 2 ⋅ 14 cos( )= –28
=180°
Überlegung: Es gilt b = –2 a , die Vektoren sind also parallel aber gegensätzlich orientiert. Somit
muss der Winkel zwischen ihnen 180° betragen.
Aufg. 4:
Der Winkel zwischen den Ortsvektoren von A und B beträgt ca. 70,9° und der Winkel zwischen den
Ortsvektoren von X und Y ca. 104,5°.
Aufg. 5:
Die Innenwinkel betragen: =39°, =32°, =109°
Aufg. 6:
2
3
a) e n = −
−
Aufg. 7:
2
1
3
2
3
oder e n = 3
−
2
3
1
3
2
3
b) e n = 1 17 12
17
12
17
− 171
oder e n = −
−
12
17
12
17
AB = 4 ; AC = 5 AB
1
2
!
rechtwinkliges Dreieck.
Aufg. 8:
AC =0
(
&
%
x
"
AB ⊥ AC
"
rechter Winkel bei A, also ABC ist ein
#
#
&
Gesucht sind also Vektoren n = & y # (x,y,z∈IR), die die Bedingungen u
'
z
n =0 und v n =0 erfüllen.
)
)
$
Es ergeben sich also die beiden Gleichungen
I) 3x–2y+4z=0 und II) 2x+2y+z=0. Wir addieren I)+II) und erhalten: 5x+5z=0
Wählen wir x=1,/ s ergibt
sich z=–1 und x,z in II) ergibt y=–0,5.
,
-
*
Der Vektor n = - −
.
*
1
1
2
−1
*
ist also einer der gesuchten Vektoren. Da alle anderen gesuchten Vektoren
+
parallel zu n sei müssen, gilt:
6
4
4
3
1
1
Alle Vektoren, die zu u und v orthogonal sind, haben die Form r 0 n = r ⋅ 4 −
5
also die reellen Vielfachen des Vektors n (außer dem Nullvektor).
1
1
2
−1
1
2
mit r∈IR\{0}. Es sind
Aufg. 9:
=
;
:
−1
b) 3x+2y+z+1=0 ( 7 : x = ; 3
<
;
8
;
a) x–y+z–5=0
=
8
8
−4
Aufg. 10:
=
;
:
2
8
8
;
+ r ; − 8 8 + s; − 6 8)
<
D
Vorgehen: Ebene in Normalenform darstellen
8
8
;
9
A
3
B
:
3
7
9
<
2
9
?
?
B
n = B − 2 ? ist NV auf die Ebene E . (Idee: Ist
>
C
2
K
I
H
a
@
F
F
I
ax+by+cz+d=0 die Koordinatengleichung, so ist n = I b F ein NV auf E ).
J
Q
O
c
G
N
−3
O
L
v=O 2
P
4
L
L
ist der Richtungsvektor der Geraden. Es gilt: v R n = –9–4+8=–5 ≠ 0, also sind v und n
M
nicht zueinander senkrecht. Somit schneidet die Gerade g die Ebene
S
nicht senkrecht.
Aufg. 11:
Die gesuchte
Ebenengleichung in Koordinatenform lautet S : 2x–6y+3z–23=0. Da
Y
V
W
T
2
T
W
2
2
3
| n |=| W − 6 T |= 2 + ( −6) + 3 = 49 = 7 ≠ 1 , handelt es sich bei n nicht um einen Einheitsnormalenvektor.
X
3
U
e
c
c
_
]
1
]
Hessesche Normalenform: c x − ] − 2
d
^
3
\ b
Z
Z
Z
[ a
_
`f
`
`
]
]
]
^
\
2
7
−
3
7
Z
Z
6
7
Z
=0
[
Aufg. 12:
Die Länge einer Raumdiagonalen des Würfels beträgt 2 LE, da alle Eckpunkte auf der Kugel liegen
und alle Kanten gleich lang sind.
Im Unterricht haben wir hergeleitet: Ist die Kantenlänge eines Würfels 1 LE, so ist die Raumdiagonale
3 LE lang. (Kann man sich auch schnell mit dem zweimaligen Anwenden des Satzes von
Pythagoras herleiten).
Also:
Beträgt die Raumdiagonale
Folgerung:
Beträgt die Raumdiagonale 1 LE, so beträgt die Kantenlänge
und weiter:
Beträgt die Raumdiagonale 2 LE, so beträgt die Kantenlänge 2 g
3 LE, so beträgt die Kantenlänge 1 LE.
Die Kantenlänge des in die Kugel einbeschriebenen Würfels beträgt
2
3
1
3
LE
1
3
LE (=
2
3
LE oder ca. 1,15 LE.
3)