Teilaufgabe 1a

Lösung zu Teilaufgabe 1a

Skalarprodukt orthogonaler Vektoren, Satz des Pythagoras, Umkreis eines rechtwinkligen Dreiecks (Thaleskreis)

1. Lösungsansatz: Skalarprodukt orthogonaler Vektoren

Planskizze: Das Dreieck \(ABC\) ist bei \(C\) rechtwinklig, wenn die Verbindungsvektoren \(\overrightarrow{CA}\) und \(\overrightarrow{CB}\) zueinander senkrecht sind, das heißt, wenn das Skalarprodukt der Vektoren gleich Null ist.

\[\overrightarrow{CA} \circ \overrightarrow{CB} = 0 \quad \Longleftrightarrow \quad \overrightarrow{CA} \perp \overrightarrow{CB}\]

Verbindungsvektoren \(\overrightarrow{CA}\) und \(\overrightarrow{CB}\) bestimmen:

\(A(2|3|1)\), \(B(2|-3|1)\), \(C(0|2|0)\)

\[\overrightarrow{CA} = \overrightarrow{A} - \overrightarrow{C} = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\]

\[\overrightarrow{CB} = \overrightarrow{B} - \overrightarrow{C} = \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 1 \end{pmatrix}\]

Orthogonalität der Vektoren \(\overrightarrow{CA}\) und \(\overrightarrow{CB}\) prüfen:

\[\begin{align*} \overrightarrow{CA} \circ \overrightarrow{CB} &= \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 1 \end{pmatrix} \\[0.8em] &= 2 \cdot 2 + 1 \cdot (-5) + 1 \cdot 1 \\[0.8em] &= 4 - 5 + 1 \\[0.8em] &= 0 \end{align*}\]

\[\Longrightarrow \quad \overrightarrow{CA} \perp \overrightarrow{CB}\]

Schlussfolgerung:

Das Dreieck \(ABC\) ist bei \(C\) rechtwinklig.

2. Lösungsansatz: Satz des Pythagoras anwenden

Das Dreieck \(ABC\) ist bei \(C\) rechtwinklig, wenn die Summe der Quadrate der Katheten \([CA]\) und \([BC]\) gleich dem Quadrat der Hypotenuse \([AB]\) ist.

Es ist also die Gültigkeit der Gleichung \(\overline{CA}^{2} + \overline{BC}^{2} = \overline{AB}^{2}\) zu überprüfen.

Längen der Seiten \([CA]\), \([BC]\) und \([AB]\) berechnen:

\(\overrightarrow{CA} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix},\; \overrightarrow{CB} = \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 1 \end{pmatrix}\) (vgl. 1. Lösungsansatz)

\[\overline{CA} = \vert \overrightarrow{CA} \vert = \left| \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \right| = \sqrt{2^{2} + 1^{2} + 1^{2}} = \sqrt{6}\]

\[\overline{BC} = \vert \overrightarrow{BC} \vert = \left| \begin{pmatrix} 2 \\ -5 \\ 1 \end{pmatrix} \right| = \sqrt{2^{2} + (-5)^{2} + 1^{2}} = \sqrt{30}\]

\(A(2|3|1)\), \(B(2|-3|1)\)

\[\begin{align*}\overline{AB} &= \vert \overrightarrow{AB} \vert \\[0.8em] &= \vert \overrightarrow{B} - \overrightarrow{A} \vert \\[0.8em] &= \left| \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \right| \\[0.8em] &= \left| \begin{pmatrix} 0 \\ -6 \\ 0 \end{pmatrix} \right| \\[0.8em] &= \sqrt{0^{2} + (-6)^{2} + 0^{2}} \\[0.8em] &= 6 \end{align*}\]

Gültigkeit des Satzes des Pythagoras überprüfen:

\[\begin{align*} \overline{CA}^{2} + \overline{BC}^{2} &= \overline{AB}^{2} \\[0.8em] {\sqrt{6}}^{2} + {\sqrt{30}}^{2} &= 6^{2} \\[0.8em] 6 + 30 &= 36 \qquad (\text{w}) \end{align*}\]

Schlussfolgerung:

Das Dreieck \(ABC\) ist bei \(C\) rechtwinklig.

3. Lösungsansatz: Umkreis eines rechtwinkligen Dreiecks (Thaleskreis)

Das Dreieck \(ABC\) repräsentiert die Ebene \(E\). Die gemeinsamen Punkte der Ebene \(E\) und einer Kugel \(K\) mit dem Durchmesser \([AB]\) liegen auf dem Schnittkreis \(k\).

Das Dreieck \(ABC\) ist bei \(C\) rechtwinklig, wenn der Punkt \(C\) auf dem Schnittkreis \(k\) liegt (Umkreis eines rechtwinkligen Dreiecks, Thaleskreis). Dies ist mit \(C \in E\) dann der Fall, wenn der Punkt \(C\) auf der Oberfläche der Kugel \(K\) liegt.

Es ist also die Punktprobe \(C \in K\) durchzuführen.

Gleichung der Kugel \(K\) formulieren:

\[K \colon (x_{1} - m_{1})^{2} + (x_{2} - m_{2})^{2} + (x_{3} - m_{3})^{2} = r^{2}\]

MIt \(M_{[AB]} = \begin{pmatrix} m_{1} \\ m_{2} \\ m_{3} \end{pmatrix}\) und \(r = \frac{1}{2} \cdot \overline{AB}\)

Koordinaten des Mittelpunkts \(M_{[AB]}\) der Kugel \(K\) berechnen:

\(A(2|3|1)\), \(B(2|-3|1)\)

\[\begin{align*} \overrightarrow{M_{[AB]}} &= \frac{1}{2} \cdot \left( \overrightarrow{A} + \overrightarrow{B} \right) \\[0.8em] &= \frac{1}{2} \cdot \left[ \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{pmatrix} \right] \\[0.8em] &= \frac{1}{2} \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix} \\[0.8em] &= \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} \end{align*}\]

\[\Longrightarrow \quad M_{[AB]}(2|0|1)\]

Zu diesem Ergebnis gelangt man auch durch Überlegung: Da die Punkte \(A(2|3|1)\) und \(B(2|-3|1)\) symmetrisch bezüglich der \(x_{1}x_{2}\)-Ebene liegen (vgl. Angabe Aufgabe 1), muss die \(x_{2}\)-Koordinate des Mittelpunkts \(M_{[AB]}\) der Strecke \([AB]\) gleich Null sein und die \(x_{1}\)- bzw. die \(x_{3}\)-Koordinate mit den Koordinaten von \(A\) bzw. \(B\) übereinstimmen.

Radius \(r\) der Kugel \(K\) berechnen:

\(\overline{AB} = 6\) (vgl. 2. Lösungsansatz)

\[r = \frac{1}{2} \cdot \overline{AB} = \frac{1}{2} \cdot 6 = 3\]

Damit ergibt sich die Gleichung der Kugel \(K\) zu:

\[K \colon (x_{1} - m_{1})^{2} + (x_{2} - m_{2})^{2} + (x_{3} - m_{3})^{2} = r^{2}\]

\[M_{[AB]}(2|0|1)\]

\[r = 3\]

\[K \colon (x_{1} -2 )^{2} + (x_{2} - 0)^{2} + (x_{3} - 1)^{2} = 3^{2}\]

Punktprobe \(C \in K\) durchführen:

\(C(0|2|0)\)

\[\begin{align*} C \in K \colon (0 - 2)^{2} + (2 - 0)^{2} + (0 - 1)^{2} &= 3^{2} \\[0.8em] 4 + 4 + 1 &= 9 \\[0.8em] 9 &= 9 \qquad (\text{w}) \end{align*}\]

\[\Longrightarrow \quad C \in K\]

Schlussfolgerung:

Das Dreieck \(ABC\) ist bei \(C\) rechtwinklig.