a)
M ist Mitte von F und G:
`M((7+3)/2|(-1+7)/2|(2+10)/2) = M(5|3|6)`
M ist Mitte des Quadrats ABCD:
`vec(OC) = vec(OA) + 2*vec(AM) = ((1),(5),(2)) + 2*((4),(-2),(4)) = ((9),(1),(10))`
`=>` C(9|1|10)
`vec(OD) = vec(OB) + 2*vec(BM) = ((1),(-1),(8)) + 2*((4),(4),(-2)) = ((9),(7),(4))`
`=>` D(9|7|4)
Diese Zeichnung ist in der Aufgabe nicht verlangt, aber praktisch für die Vorstellung:
agraph
graphsize=2.1;
ymin=-5.5;
xmax=6.5;
height=370;
xscl=1;
xyzAchsen(8, 7, 5.5, 9.2 );
A=[1,5,2]; weg(A); text( d3(A), "A", "aboveright" );
B=[1,-1,8]; weg(B, "violet", -0.1 ); text( d3(B), "B", "aboveright" );
C=[9,1,10]; weg(C, "pink", 0.05 ); text( d3(C), "C", "aboveleft" );
D=[9,7,4]; dot(d3(D), "", "D", "rightbelow");
F=[7,-1,2]; weg(F, "orange", 0.07); dot(d3(F), "", "F", "aboveleft");
G=[3,7,10]; dot(d3(G), "", "G", "rightbelow");
M=[5,3,6]; weg(M, "lightblue"); dot(d3(M), "", "M", "rightbelow");
stroke="black";
strokedasharray="4,2";
line( d3(M), d3(G) );
text([3,6], "h", "leftabove" );
stroke="red";
path([ d3(G), d3(B), d3(C), d3(G), d3(D), d3(A), d3(G) ]);
strokedasharray="none";
path([ d3(F), d3(A), d3(B), d3(F), d3(C), d3(D), d3(F) ]);
stroke="blue";
path([ d3(A), d3(B), d3(C), d3(D), d3(A) ]);
endagraph
Quadrat zeigen:
Man rechnet alle vier Seitenlängen `|vec(AB)|, |vec(BC)|, |vec(CD)|, |vec(DA)|
aus und stellt fest, dass alle `sqrt(72)` sind.
Jetzt könnte es auch noch eine Raute sein und kein Quadrat,
oder eine an der Diagonale geknickte Figur wie diese:
agraph
xyzAchsen(5, 5, 5.5, 3.7 );
path([ d3([3,0,0]), d3([0,3,0]), d3([0,0,3]), d3([0,-3,0]), d3([3,0,0]) ]);
stroke="none";
fill="orange";
fillopacity=0.2;
path([ d3([3,0,0]), d3([0,3,0]), d3([0,-3,0]), d3([3,0,0]) ]);
fill="yellow";
path([ d3([0,3,0]), d3([0,0,3]), d3([0,-3,0]), d3([0,3,0]) ]);
endagraph
In dieser Figur sind alle 4 Seiten gleich lang, sie ist keine Raute
und sie ist kein Quadrat.
Da unsere Figur ABCD mit `vec(OC) = vec(OA) + 2*vec(AM)`
und `vec(OD) = vec(OB) + 2*vec(BM)`
erzeugt
wurde, liegen
alle 4 Punkte A, B, C, D in einer Ebene.
Es fehlt also nur noch der Nachweis eines rechten Winkels:
Da alle Seiten des Vierecks gleich lang sind, sind mit einem
rechten Winkel alle vier Winkel 90° groß. Damit ist gezeigt:
Das Viereck
ABCD ist ein Quadrat.
Bestimmung von E:
E ist die Symmetrieebene der Punkte F und G.
Also geht E durch den Mittelpunkt M(5|3|6) von F und G.
Wir wählen M als Stützpunkt von E.
`vec(FG) = ((3-7),(7+1),(10-2))= ((-4),(8),(8)) = vec(n)` Normalenvektor von E.
Normalengleichung von E:
`E: \ (vec(x) - ((5),(3),(6)))*((-4),(8),(8)) = 0`
Koordinatengleichung von E:
`x_1 + 2x_2 +2x_3 = 13`
Setzt man die Punkte A, B, C, D in die Koordinatengleichung
ein (fehlt hier), so stellt man fest: `\ A in E,\ B in E,\ C in E,\ D in E` .
b) Oktaedervolumen:
Das Oktaeder besteht hier aus 2 zueinander symmetrischen Pyramiden.
`V_"Okt" = 2*V_"Pyr" = 2*1/3*G*h = 2/3* sqrt(72)^2 * |vec(MG)| `
`= (2*72)/3*sqrt((3-5)^2+(7-3)^2+ (10-6)^2) = 288`
Das Volumen des Oktaeders beträgt 288 VE.
Die Oberfläche des Oktaeders besteht aus 8 gleichen Dreiecksflächen.
`h_2 = |vec(M_(AB) G)| = |((3-1),(7-2),(10-5))| = sqrt(54)`
`A_"Okt" = 8*A_(Delta) = 8*sqrt(72)/2*sqrt(54) = 8*18*sqrt(3) = 249,42 `
Die Oberfläche des Oktaeders beträgt 249,42 FE.
Lot von D auf Kante BF ?
Man wählt einen Laufpunkt L auf der Geraden durch B und F:
B(1|-1|8), F(7|-1|2), D(9|7|4) .
`L(1+t*(7-1)|-1+t*(-1-(-1))|8+t*(2-8)) = L(1+6t|-1|8+6t)`
`vec(DL) _|_ vec(BF) => vec(DL)*vec(BF) = 0` :
`vec(DL)*vec(BF) = ((1+6t-9),(-1-7),(8-6t-4))*((6),(0),(-6)) = (-8+6t)*6 + (4-6t)*(-6)= -48+36t-24+36t =0`
`=> -72+72t = 0 => 72t = 72 => t = 1`
Für t = 1, also L = F ist DL Lot auf BF.
Von D aus kann ein Lot auf die Kante BF gefällt werden.
c) Ebenenschar `E_t: \ -2t*x_1 + (2t-1)*x_3 = 2t-1` ; `t in RR` .
`vec(m_t) = ((-2t),(0),(2t-1))` ist Normalenvektor von `E_t` .
`E_t _|_ E => vec(m_t) _|_ vec(n) => ((-2t),(0),(2t-1))*((-4),(8),(8)) = 0 => (-2t)*(-4)+(2t-1)*8=0`
`=> 8t+16t=8 => 24t = 8 => t = 1/3`
Für `t = 1/3` ist `E_t` orthogonal zu E .
Welche Ebenen haben Abstand 5 zu F ?
Abstandsbedingung `d(E_t, F) = 5` führt mit HNF auf:
`5 = (|-2t*7+(2t-1)+2-(2t-1)|)/sqrt((-2t)^2+(2t-1)^2) = (|-12t-1|)/sqrt(8t^2-4t+1)`
Mit GTR Y1 = abs(-12X-1)/`sqrt()`(8X^2-4X+1) und 2nd Calc Intersect mit Y2 = 5
erhält man
`t_1 = 2` und `t_2 = 3/14` . (Dezimalzahl -> Bruch mit MATH FRAC)
Die Ebenen `E_2: \ -4x_1 + 3x_3 = 3` und
`E_(3/14): \ -3x_1 + 4x_3 = 4` der Schar haben vom Punkt F den Abstand 5 LE.
a) a mit `g _|_ E_a`
Der Normalenvektor von `E_a` muss ein Vielfaches des Richtungsvektors
von g sein:
`((a),(8-a),(8)) = k*((1),(1),(2))`
`=> [(a=k), (8-a = k), (8=2k)] => a = 4`
Für a = 4 ist g orthogonal zu `E_a`.
g in keiner `E_a` enthalten:
Wenn g in `E_a` enthalten wäre, dann wäre `g _|_ vec(n)`.
Daraus würde folgen, dass der Richtungsvektor von g multipliziert
mit dem Normalenvektor von `E_a` null ergäbe.
Dieses Produkt (fehlt hier) ist aber 24, unabhängig von a.
Also kann g in keinem `E_a` enthalten sein.
b)`phi = /_( g, E_a) = 30°`
g und `E_a` sind verschiedenartige Objekte, deshalb Sinus:
`sin(phi) = (|((1),(1),(2))*((a),(8-a),(8))|)/(sqrt(1^2+1^2+2^2)*sqrt(a^2+(8-a)^2+8^2))=0,5`
`=> 24/(sqrt(6)*sqrt(2a^2-16a+128)) = 1/2`
Mit GTR erhält man `a_1 = 16` und `a_2 = -8` .
Für `a = 16` oder `a=-8` ist der Winkel zwischen
g und `E_a` 30°.
Beziehung zwischen `a` und `bar(a)`
Zwei Ebenen sind orthogonal zueinander, wenn ihre
Normalenvektoren zueinander orthogonal sind:
`((a),(8-a),(8))*((bar(a)),(8-bar(a)),(8)) = 0`
`a*bar(a) + (8-a)*(8-bar(a))+8*8 = 0`
`bar(a) = (4a-64)/(a-4)` mit `a != 4` ist die gesuchte Beziehung
Für a = 4 gibt es keine Ebene in der Schar, die zu `E_4` orthogonal ist.
c)
HNF: `d(a) = d(O, E_a) = (|a*0+(8-a)*0+8*0-4|)/sqrt(a^2+(8-a)^2+8^2) = sqrt(8)/8`
`4/sqrt(2a^2-16a+128) = sqrt(8)/8`
Mit GTR erhält man `a_1 = 0` und `a_2 = 8` .
Für a = 0 und a = 8 ist der Abstand des Ursprungs zu `E_a` `1/8 sqrt(8)` LE.
Maximaler Abstand:
Mit GTR, 2nd Calc Max bestimmt man das Maximum von
`d(a)=4/sqrt(2a^2-16a+128)` für a = 4 .
Die Ebene `E_4` der Schar hat vom Ursprung den maximalen Abstand.