KA4 Vektorrechnung

Mathematik
K1
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Punkte:
/32 Note:
Schnitt:
Nr.4
27.6.14
Pflichtteil (etwa 40 min) – Ohne Taschenrechner und ohne Formelsammlung
(Dieser Teil muss mit den Lösungen abgegeben sein, ehe der GTR und die Formalsammlung verwendet werden dürfen.)
Aufgabe 1:[2P] Bestimmen Sie die erste Ableitung von f ( x)  3  e7 x  2
Lösungsvorschlag 1: f '( x)  3  e7 x  2  7  21 e7 x  2
Merke: Ableitung von ehoch ist ehoch mal innere Ableitung (hier = (Ableitung des Exponenten 7x+2) = 7)
Merke: JEDER muss die Kettenregel sicher anwenden können.
Aufgabe 2:[3P] Bestimmen Sie die Stammfunktion von g ( x)  3 x  sin(4 x) , die durch den Punkt
P(0/2) geht.
Lösungsvorschlag 2: Jede Funktion, deren Ableitung g(x) ist, ist eine Stammfunktion, also sind
1
1
3
1
alle Funktionen Gc ( x)  3  x 2  cos(4 x)   c  x 2   cos(4 x)  c Stammfunktio2
4
2
4
3
1
nen. Wir müssen jetzt c so bestimmen, dass gilt: Gc (0)  02   cos(4  0)  c  2
2
4
1
3
Da cos(0)  1 ist, muss c also die Gleichung  c  2 erfüllen. Damit ist c  1
4
4
3 2 1
3
Die gesuchte Stammfunktion ist also G ( x)  x   cos(4 x)  1
2
4
4
Merke: Werden alle Stammfunktionen gesucht, muss zu einer gefundenen immer c addiert erden. (Wenn
man ein bestimmtes Integral berechnen soll, darf man c=0 setzen, es fällt beim Einsetzen der
Grenzen weg!)
Aufgabe 3: [3P] Lösen Sie die Gleichung e x  2 
15
0
ex
Lösungsvorschlag 3: (Abi 07, 3)
Wenn wir die Gleichung mit dem Hauptnenner multiplizieren (hier mit e x ), erhalten wir
e 
x 2
 2  e x  15  0 (jeder Summand wird multipliziert!)
Wir substituieren nun t  e x und erhalten t 2  2  t  15  0 . Diese quadratische
Gleichung lösen wir mit der Mitternachtsformel
b  b 2  4ac 2  4  4 1   15  2  64 2  8
t1/ 2 



 5 / 3
2a
2 1
2
2
Resubstitution: e x  t  5 liefert x = ln(5)
e x  t  3 hat keine Lösung, da e x stets positiv ist.
Merke: Wenn eine Unbekannte im Nenner einer Gleichung auftritt, multiplizieren wir die Gleichung mit
dem Hauptnenner. IMMER.
Merke: Wenn wir eine Gleichung mit drei Summanden haben, die wir nicht addieren können, benötigen
wir meistens die MNF. Wir bringen also alle drei Summanden auf eine Seite. Wenn die Variable
in komplexerer Gestalt auftritt, dann versuchen wir eine Substitution – einer der beiden Summanden muss die Variable dann im Quadrat enthalten.
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K1
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/32 Note:
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Nr.4
27.6.14

 1   4 
     
Aufgabe 4: [4P] Gegeben sind die Ebenen E :  x   2     1  0 und F : x 2  2  x 3  8 .
 1   2 

   

Bestimmen Sie eine Gleichung der Schnittgeraden.
 4   1  4 
      
Lösungsvorschlag 4: Die Koordinatengleichung von E ist E : x   1   2    1 oder
 2   1  2 
     
E : 4x  y  2z  4  2  2  4 .
Wenn S ( /  /  ) ein Schnittpunkt ist, so liegt S auf beiden Ebenen, erfüllt also beide
Gleichungen. Wir müssen deshalb das folgende LGS lösen:
4    2   4
  2
 8
Da die Gleichungen bereits auf der Form der oberen Dreiecksmatrix sind, können wir
sofort rückwärts einsetzen. Setzen wir   k in die letzte Gleichung ein, erhalten wir
  8  2k . Setzen wir diese beiden Variablen in die erste Gleichung ein, erhalten wir:
4  (8  2k)  2k  4 oder: 4  8  2k  2k  4 oder 4  4  8  2k  2k  12  4k
oder   3  k
 3  k   3
 1 

  
 
Also sind die Lösungen des LGS alle Tripel der Form  8  2k    8   k   2 
 k  0
1

  
 
 3
 1 
  
 
Damit liegen alle Schnittpunkte auf der Geraden g : x   8   k   2 
0
1
 
 
Merke: Wenn Du mit Ebenen etwas machen sollst, ist meist die Koordinatenform die beste Variante. Alle können die Koordinatenform mit Hilfe des Verfahrens „Bestimme die Normale“ ausrechnen.
Merke: Nehme an, dass es einen Schnittpunkt gibt, wenn Du einen oder alle Schnittpunkte bestimmen
sollst. Damit erhältst Du eine oder mehrere Gleichungen, deren Lösungen Du bestimmen musst.
Aufgabe 5: [3P] Gegeben sind eine Ebene E und ein Punkt A, der nicht auf E liegt.
Beschreiben Sie ein Verfahren, mit dem man denjenigen Punkt B auf E bestimmt, der
den kleinsten Abstand von A hat.
Lösungsvorschlag 5: Mit g bezeichnen wir die Gerade, die senkrecht auf E steht und durch A
geht. Die Gerade steht genau dann senkrecht auf E, wenn gilt: Richtungsvektor von g =
Normalenvektor von E. Sie geht dann durch A, wenn der Ortsvektor der Geraden =
Ortsvektor von A ist. Schneiden wir die Gerade g mit der Ebene E, erhalten wir den
Punkt der Ebene, der A am nächsten ist.
Merke: Bei solchen Aufgaben muss nicht beschrieben werden, wie man rechnet, sondern wie man mathematisch vorgeht, welche Bausteine man verwendet. Wenn man schreibt, man setzt die Gerade
in die Ebene ein, so ist dies falsch. Das ist logisch unsinnig. Wenn ein Punkt auf g und E ist, so
erhält man zwei Gleichungen für den Punkt. Diese Gleichungen muss man lösen, dabei kann
man dann das Einsetzungsverfahren verwenden.
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27.6.14
Wahlteil (etwa 40 min) – Mit GTR und Formelsammlung – nach Abgabe des
Pflichtteils kann der GTR und die Formelsammlung verwendet werden.
Aufgabe 6: a) [4P] Die Ebene E enthält die Punkte A(6|1|0), B(2|3|0) und P(3|0|2,5).
Bestimmen Sie eine Koordinatengleichung von E.
Stellen Sie die Ebene E in einem Koordinatensystem grafisch dar.
Unter welchem Winkel schneidet E die x1-Achse?
(Teilergebnis: E : x1 + 2 x2 + 2 x3 = 8 )
b) [6P] Zeigen Sie, dass das Dreieck ABP gleichschenklig ist.
Das Viereck ABCD ist ein Rechteck mit Diagonalenschnittpunkt P. Bestimmen Sie die
Koordinaten der Punkte C und D.
Es gibt zwei senkrechte Pyramiden mit Grundfläche ABCD und Höhe 12. Berechnen
Sie die Koordinaten der Spitzen dieser Pyramiden.
c) [3P] Welche Punkte der x-Achse bilden jeweils mit A und B ein rechtwinkliges
Dreieck mit Hypotenuse AB?
Lösungsvorschlag 6: (Abi 12, II.1)
Zu a) 1. Teilaufgabe) Die Parameterform der Ebene ist:
6
 2  6
 3  6   6
 4 
 3 
 

  



  
 


E : x  0 A  r  AB  s  AP   1   r   3  1   s   0  1    1   r   2   s   1 
0
0  0
 2,5  0   0 
 0
 2,5 
 



  
 


Merke: Vektoren und Punkte nicht vermischen: A(6|1|0) ist ein Punkt, der Ortsvektor (= Vektor vom
6
 2  6   4 
  
 
  
Ursprung zum Punkt) ist AP  1 . Der Vektor von A nach B ist AB  3  1  2
 

  
0
0  0  0 
 

  
(Koordinaten des Endpunktes minus Koordinaten des Anfangspunktes)
Merke auch die obige Schreibweise der Koordinatenform.
a
  
Die Normalenform: Die Normale bezeichnen wir mit n   b  . Da die Normale auf
c
 
 a   4 
   
den Richtungsvektoren senkrecht stehen muss, gilt  b    2   0 und
c  0 
   
 a   3 
  

 b    1   0 . Die drei Variablen a, b, c müssen also folgende zwei Gleichungen
 c   2,5 
  

4a  2b  0
erfüllen:
. Da das LGS bereits auf Dreiecksgestalt ist, können wir
3a  b  2,5c  0
sofort „rückwärts“ einsetzen. Wir brauchen hierbei nur eine Lösung des LGS, da
wir ja nur eine Normale benötigen. Wenn die rechte Seite einer Gleichung mit zwei
Unbekannten Null ist, kann man eine Lösung sofort angeben, hier ergibt sich mit
der ersten Gleichung: a  2 und b  4 ist eine mögliche Lösung (aber auch a=1 und
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b=2). Damit wird die zweite Gleichung zu: 3  2  4  2,5c  0 . Oder 2,5c  10 ,
d.h. c = 4.
 a   2
    
Ein möglicher Normalenvektor ist also n   b    4  oder jedes Vielfache davon. Wir
 c   4
   
 6 1
1
  
     
wählen n   2  . Damit ist die Normalenform der Ebene E :  x   1     2   0 .
 2
 0  2
 
    
1  6  1
      
Wenden wir das Distributivgesetz an, erhalten wir E : x   2    1    2  oder
 2  0  2
     
E : x  2 y  2z  6  2  0  8
Merke: Die Parameterform, die Normale und die Koordinatenform muss jeder berechnen, aufstellen
können. Und zwar mit Verständnis. Im Heft steht auch Text, nicht nur ein paar Zahlen.
Anmerkung: In der nächsten Arbeit werde ich festlegen, dass ihr die Normale ohne das Kreuzprodukt
bestimmen müsst. Das Ziel des Unterrichts ist nicht, dass ihr unverstanden Algorithmen anwenden könnt, sondern dass ihr Euch mathematisch ausdrücken lernt.
Weg von der Frage: „Was muss ich wo einsetzen“, hin zur Frage: „Wie hängen die Dinge zusammen, welche Wege muss ich gehen.“ Zusammenhänge entdecken, nicht rechnen ist die Devise. Ihr müsst im Heft zeigen, dass ihr die Zusammenhänge verstanden habt. Das Heft ist kein
Konzept, in dem halt die irgendwo ein paar richtige Zahlen stehen.
Für schlechte Darstellungen werden im Abi bis zu 8 Verrechnungspunkte abgezogen.
Zu a) 2. Teilaufgabe) Wenn wir die Ebene darstellen wollen, benötigen wir die
Schnittpunkte mit den drei Achsen.
1) Schnitt mit der x-Achse: Liegt ein Punkt auf der x-Achse, so sind seine y- und zKoordinaten beide =0. Da der Punkt auch auf der Ebene liegt, gilt x  8 (y = z= 0
in die Koordinatengleichung einsetzen). Also ist S x (8 / 0 / 0)
Ebenso bestimmt man die Schnittpunkte mit den anderen beiden Achsen: S y (0 / 4 / 0)
und S z (0 / 0 / 4)
Jetzt können wir die Ebene zeichnen, indem wir die Punkte einzeichnen und verbinden.
Merke: Jeder muss in der Lage sein, eine Ebene zu zeichnen – und davor die Schnittpunkte mit den
Achsen ausrechnen können. Es ist erschreckend, wenn ihr dies nicht könnt. Wenn eine Achse in
der Koordinatengleichung nicht auftaucht, so ist diese Achse parallel zur Eben .
0
1  r 
  
   
Zu a) 3. Teilaufgabe) Die x-Achse ist die Gerade g x : x   0   r   0    0 
0
 0  0
 
   
1
  
Der Richtungsvektor der x-Achse ist also u x   0  .
0
 
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Schnitt:
1
  
Die Normale der Ebene ist nE   2  .
 2
 
Den Schnittwinkel α zwischen einer Ebene und einer Geraden bekommt man mit der
 
nE  u g
1 1  0  2  0  2
1
Formel: sin( )    
 . Der GTR liefert nun
1 4  4 1 0  0 3
nE  u g
1
  sin 1    19,5
3
Merke: Grundwissen: Für den Winkel α zwischen zwei Vektoren gilt
 
 
v  u cos( )  v  u Dies ist die
Verallgemeinerung des Pythagoras, des Kosinussatzes: c  a  b  2ab cos( ) . Man
schreibt dies einfach für Vektoren auf und multipliziert die auftretenden Klammern aus. Dabei
stellt man fest, dass das auftritt, was das Skalarprodukt ist. Das Skalarprodukt war ursprüngliche nur eine geschickte Schreibweise der dabei auftretenden Summe.
Merke: Schneidet man zwei Geraden, erhält man zwei Winkel. Der kleiner davon ist der Schnittwinkel
α. Der größere ist 180   . Der Kosinus von beiden Winkeln ist bis auf das Vorzeichen bei
beiden Winkeln gleich. Beim kleineren Winkel ist der Kosinus größer Null.
Merke: Der Winkel zwischen der Normalen der Ebene und einer Geraden ist 90   , wenn α der
Schnittwinkel zwischen der Ebene und der Gerade ist. Da sin( )  cos(90   ) kann man
mit dem Sinus sofort den Schnittwinkel angeben.
2
2
2
Zu b) 1. Teilaufgabe)
 3  6   3 
 
 

Länge der Seite AP = AP   0  1    1   9  1  6, 25  16, 25
 2,5  0   2,5 

 

 3 2   1 
 
 

Länge der Seite BP = BP   0  3    3   1  9  6, 25  16, 25
 2,5  0   2,5 

 

Damit sind beide Seiten gleichlang, das Dreieck ist also gleichschenklig.
Anmerkung: Einfach nur zeigen, dass man rechnen kann - man muss keinesfalls schreiben, dass die
Längen gleich sind, weil unter der Wurzel dieselbe Zahl steht. Das ist klar.
Zu b) 2. Teilaufgabe) Wenn ABCD ein Rechteck ist und P der Schnittpunkt der Diagonalen, so halbiert P die Strecken AC und BD.
6
 3  6   6
 3   0 
 
  

  

  
Es gilt also OC  OA  2  AP   1   2   0  1    1   2   1    1
0
 2,5  0   0 
 2,5   5 
 

  

  
 2
 3  2   2
 1   4
 
  

  

  
OD  OB  2  BP   3   2   0  3    3   2   3    3 
0
 2,5  0   0 
 2,5   5 
 

  

  
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/32 Note:
Schnitt:
Nr.4
27.6.14
Damit sind die gesuchten Punkte C(0/-1/5) und D(4/-3/5)
1
  
Zu b) 3. Teilaufgabe) Die Normale der Ebene n   2  hat die Länge
 2
 
1


1 
n  1  4  4  3 Damit ist der Einheitsvektor n 0   2  . Er hat die Länge 1.
3 
 2
Wird er mit 12 multipliziert, hat der neue Vektor die Länge 12, also ist der gesuchte
1
1  4

12  
   
Vektor n12   2   4  2    8 
3 
 2 8
 2
   

Zu b) 4. Teilaufgabe). Addiert man zum Ortsvektor 0P die Normale der Länge 12 erhält man den einen, subtrahiert man ihn, erhält man die beiden gesuchten Spitzen
 3   4  7 
   
   

der Pyramide. Damit ist 0 S1  0 P  h12   0    8    8  und
 2,5   8   10,5 

   

 3   4   1 
   
   

0 S 2  0 P  h12   0    8    8  . Die gesuchten Spitzen sind also S1(7/8/12)
 2,5   8   5,5 

   

und S2(-1/-8/-5,5)
Anmerkung: Bei dieser Aufgabe war einfach Vorstellung gefragt – und die Fähigkeit, die Vorstellung
mit Hilfe der Vektorrechnung zu präzisieren. Dies ist ein wichtiges Ziel des Unterrichts.
Zu c) Sei P ein Punkt mit den geforderten Eigenschaften. Da er auf der x-Achse liegt,


gilt Q(x/0/0). Die Vektoren QA und QB stehen genau dann senkrecht aufeinander,
wenn ihr Skalarprodukt Null ist. Also muss der gewünschte Punkt Q die Bedingung
6 x 2 x
  
 

QA  QB   1    3    6  x    2  x   3  0 erfüllen. Also muss x so sein,
 0   0 

 

dass 12  6 x  2 x  x 2  3  0 oder x 2  8 x  15  0 . Die MNF liefert
8  64  4 1 15 8  2
x1/ 2 

 5 / 3 . Die Punkte mit den gewünschten Eigenschaf2 1
2
ten sind also Q1(5/0/0) und Q1´2(3/0/0)
Anmerkung: Das war jetzt eine Aufgabe, bei der man etwas freier mit den eingeübten Vorgehensweisen
umgehen muss, auch wenn das meiste eigentlich gelernt werden kann. Normalerweise kommt
jetzt noch eine anspruchsvollere Aufgabe.
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Aufgabe 7: a) [4P] Die Ebenenschar ist gegeben durch Ea : 3 x2  x3  a ( a   )
Welche Lage haben die Ebenen der Schar zueinander?
Für welche Werte von a hat der Punkt S(6|6|6) den Abstand 10 von
der Ebene Ea?
Lösungsvorschlag 7: (Abi 13, B1.1b)
0
  
Zu a) Die Normalen aller Ebenen sind immer gleich, nämlich n   3  , damit sind die
1
 
Ebenen alle parallel.
Sei a so, dass der Punkt S(6/6/6) den gesuchten Abstand 10 hat, so gilt mit der
3 6  6  a
Hesseschen Normalenform: d 
 10 oder 24  a  10 .
9 1
Wir können nun zwei Fälle unterscheiden.
1. Fall: 24  a  10 , d.h. a  14
2. Fall: 24  a  10 , d.h. a  34
Antwort: Die beiden Ebenen E14 : 3 x2  x3  14 und E34 : 3 x2  x3  34 haben vom
Punkt S(6|6|6) den Abstand 10
Anmerkung: Bei dieser Aufgabe war ein klares Vorgehen gefragt – genau das, was wir seit Wochen
immer wieder üben: Was ist gesucht? Hier: a. Welche Bedingungen folgen daraus? Hier: Abstand .... Lösen der Gleichung. Typisches Vorgehen: Nimm an, die Bedingungen sind erfüllt und
rechne dann.
Für Leute, die ein bisschen mehr wissen wollen: Damit zeigt man die Eindeutigkeit und die Existenz. Man redet hier auch von der notwendigen Bedingung. Genau genommen muss man noch
zeigen, dass die so gefundene Variante wirklich die Anforderungen erfüllt. Hier müssten wir
noch nachrechnen, dass der Punkt S von den beiden Ebenen wirklich den geforderten Abstand
hat.
und die Fähigkeit, die Vorstellung mit Hilfe der Vektorrechnung zu präzisieren. Dies ist ein
wichtiges Ziel des Unterrichts.
Nochmals anhand vom Bestimmen von Extrema erklärt. Wenn wir ein (lokales) Extremum suchen, dann nehmen wir an, dass an der Stelle x ein Extremum vorliegt. Dann muss dort die erste
Ableitung Null sein. Also kommen nur die Nullstellen der Ableitung als Extremum in Frage. Alle
anderen Stellen sind kein (lokales) Extremum – es sei denn es sind Randstellen.
In einem zweiten Schritt untersuchen wir dann alle möglichen Extremastellen. Wenn dort ein
Extremum vorliegt, dann muss .... Hierfür haben wir mehrere Möglichkeiten.