M11 dreidimensionales Koordinatensystem: Unterschied zwischen den Versionen

Aktuelle Version vom 10. Januar 2021, 07:39 Uhr

Wir erweitern unser zweidimensionales xy-Koordinatensystem durch eine dritte z-Koordinate.

In Geogebra klicken Sie das Fenster "Grafik" weg und wählen im Menü "Ansicht" die Auswahl "3D Grafik" aus. Geben Sie unten in der Eingabezeile A=(1,2,3) ein. Nun wird der Punkt A eingezeichnet. Sie können nun durch Drehen die Lage des Koordinatensystems ändern und erkennen, dass die rote Achse die x-Achse, die grüne Achse die y-Achse und die blaue Achse die z-Achse ist. Es wird nun ein räumliches Koordinatensystem angezeigt.

Um mit unserem Buch konform zu sein, nennen wir die x-Koordinate nun x₁-Koordinate, die y-Koordinate nun x₂-Koordinate und die z-Koordinate nun x₃-Koordinate.
Für unseren Punkt A(1;2;3) bedeutet dies, dass x₁=1, x₂=2 und x₃=3 ist.
In GeoGebra ist die x₁-Achse rot, die x₂-Achse grün und die x₃-Achse blau.

Die x₁-Koordinate des Punktes P(2;4;5) ist (!4) (2) (!5)

Die x₃-Koordinate des Punktes P(-1;24;5) ist (!-1) (5) (!24)

Die x₂-Koordinate des Punktes P(2;-4;-5) ist (!2) (-4) (!-5)

Beim Punkt P(-3;4;12) ist 12 welche Koordinate? (!x₁) (!x₂) (x₃)

Bei P(-1;24;5) ist 24 welche Koordinate? (!x₁) (x₂) (!x₃)

Bei P(-3;21;2) ist -3 welche Koordinate? (x₁) (!x₂) (!x₃)

Merke

Wir vereinbaren zum Zeichnen eines dreidimensionalen Koordinatensystems die x₂x₃-Ebene als Zeichenebene (Heftebene). Die x₁- und x₂-Achse werden normalerweise jeweils nach 2 Kästchen vom Ursprung mit 1 bezeichnet.
Die x₁-Achse geht unter einem 45°-Winkel schräg nach vorne links. Eine Kästchendiagonale hat die Längeneinheit 1.

Aufgabe 1

Bearbeiten Sie im Buch S. 89/5.

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

a) R(2;-2;0), H(2;2;0), A(-2;2;0), E(-2;-2;0), T(2;-2;4), I(2;2;4), C(-2;2;4), U(-2;-2;4), S(0;0;7)
Das Turmvolumen ist $V=4\cdot 4 \cdot 4+\frac{1}{3}\cdot 4\cdot4 \cdot 3=80 (VE)$
b) S(4;-4;0), T(4;4;0), E(0;4;0), V(0;-4;0), I(0;-4;3), N(0;4;3)

Der Oberflächeninhalt des Prismas ist $O=8\cdot 4 +8\cdot 5 + 8 \cdot 3 + 2\cdot \frac{1}{2}\cdot 4\cot 3=108 (FE)$

Merke

Der Abstand zweier Punkte P(p₁;p₂;p₃) und Q(q₁;q₂;q₃) ist nach dem Satz von Pythagoras

$\overline {PQ}=\sqrt{(q_1 - p_1)^2+(q_2 - p_2)^2+(q_3 - p_3)^2}$

Aufgabe 2

1. Berechne die Länge der Strecke [OA], wobei O(0;0;0) der Ursprung ist. 2. Berechne die Länge der Strecke [AB] mit A(1;2,3) und B(4;5;6)
3. Berechne die Länge der Strecke [AC] mit A(1;2;3) und C(-1;2;-3).
4. Berechne die Länge der Strecke [AD] mit A(1;2;3) und D(-1,5;-3).

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1. Die Strecke [OA] ist die Diagonale in einem Quader mit den Seitenlängen 1, 2 und 3.
Es ist $\overline {OA}=\sqrt {1^2+2^2+3^2} = \sqrt{14}$

2. Die Strecke [AB] ist die Diagonale in einem Quader mit den Seitenlängen, 3, 3 und 3

Es ist $\overline {AB}=\sqrt {3^2+3^2+3^2} = 3\sqrt{3}$

3. Die Strecke [AC] ist die Diagonale in einem Quader mit den Seitenlängen 2, 0 und 6, also einem Rechteck.

$\overline {AC}=\sqrt {2^2+6^2} = 2\sqrt{10}$

4. Die Strecke [AD] ist die Diagonale in einem Quader mit den Seitenlängen 2, 3 und 6, also einem Rechteck.

$\overline {AD}=\sqrt {2^2+3^2+6^2} = \sqrt{49}=7$

Um weiter mit unserem Buch konform zu sein, vereinbaren wir, dass wir ein dreidimensionales Koordinagensystem so zeichnen, dass die x₁-Achse schräg nach vorne zeigt, die x₂-Achse nach rechts und die x₃-Achse nach oben.

Die Koordinatenebenen zerlegen den Raum in acht Teile, sogenannte Oktanten.

Bei den Oktanten I bis IV ist x₃ stets positiv, bei den Oktanten V bis VIII ist ₃ negativ.

I. Oktant: x₁ > 0, x₂ > 0, x_{3 >} > 0
II. Oktant: x₁ < 0, x₂ > 0, x_{3 >} > 0
III. Oktant: x₁ < 0, x₂ < 0, x_{3 >} > 0
IV. Oktant: x₁ > 0, x₂ < 0, x_{3 >} > 0

V. Oktant: x₁ > 0, x₂ > 0, x_{3 >} < 0
VI. Oktant: x₁ < 0, x₂ > 0, x_{3 >} < 0
VII. Oktant: x₁ < 0, x₂ < 0, x_{3 >} < 0
VIII. Oktant: x₁ > 0, x₂ < 0, x_{3 >} < 0

Durch die Achsen werden drei Ebenen festgelegt:

x₁x₂-Ebene (rot),
x₁x₃-Ebene (blau),
x₂x₃-Ebene (gelb).

In der Zeichenebene werden durch das xy-Diagramm die Koordinaten von Punkten festgelegt. Die Zeichenebene ist eine Punktmenge von Punkten P(x;y), wobei die Ebeme durch R²={(x;y)|x, y sind reelle Zahlen} beschrieben wird.
Dies übertragen wir auf unseren neuen Raum, den Anschauungsraum. Jeder Punkt P(x₁;x₂;x₃) ist durch seine drei Koordinaten x₁, x₂ und x₃ festgelegt. Die Punktmenge aller Punkte des Raumes ist dann R³={(x₁;x₂;x₃)|x₁, x₂, x₃ sind reelle Zahlen}.

Aufgabe 3

Buch S. 88 / 1

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F liegt in der x₁x₂-Ebene (x₃-Koordinate ist 0) und hat die Entfernung 5 zum Ursprung.
E liegt auf der x_x-Achse und hat die Entfernung 4 zum Ursprung.
R liegt auf der x₃-Achse und hat die Entfernung 8 zum Ursprung.
M liegt in der x₂x₃-Ebene und hat die Entfernung $\sqrt {13}$ zum Ursprung.
A liegt in der x₁x₃-Ebene und hat die Entfernung $\sqrt {10}$ zum Ursprung.
T liegt auf der x₁-Achse und hat die Entfernung 5 zum Ursprung.

A ist dem Ursprung am nächsten und R am weitesten entfernt.

Buch S. 88 / 4

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a) Die Punkte P liegen wegen x₃=0 in der x₁x₂-Ebene. Die x₁-Koordinate ist a, die x₂Koordinate ist 2a. Eretzt man nun in der x₂-Koordinate a durch x₁, so ist x₂ = 2x₁. Mit den Bezeichnungen der Mittelstufe ist dies y = 2x, also in der x₁x₂-Ebene die Gerade mit der Gleichung x₂ = 2x₁.

b) Die Punkte P liegen, da x₁=0 ist, in der x₂x₃-Ebene. Ersetzt man hier bei x₃=x² a durch x₂, so ist x₃=x₂². Dies ist in der x₂x₃-Ebene eine Normalparabel.

c) Die Punkte P liegen wegen x₁=0 in der x₂x₃-Ebene. Ersetzt man in x₃= 1/a a durch x₂ so erhält man $x_3=\frac{1}{x_2}$ . Dies ist in der x₂x₃-Ebene eine Hyperbel.

d) Die Punkte P liegen wegen x₂=0 in der x₁x₃-Ebene. Ersetzt man in x₃=2a-1 a durch x₁ so erhält man x₃=2₁-1. Dies ist in der x₁x₃-Ebene eine Gerade.

Buch S.89 / 5

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R(2;-2;0), H(2;2;0), A(-2;2;0), E(-2;-2;0) T((2;-2;4), H(2;2;4), A(-2;2;4), E(-2;-2;4), S(0;0;7)
V = V_Würfel + V_Pyramide = 4³ + 1/2· 4² ·3=80 (VE)

b) S(4;-4;0), T(4;4,0), E(0;4;0), V(0;-4;0), I(0;-4,3), N(0;4;3)
S^*(-4;4;0), T^*(-4;4;0)
O = 8·8 + 2·(8·5) + 2·(0,5·(8·3))=168 (FE)

V = 0,5·8·3·8 96

Buch S. 89 / 7

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

Jede Kante hat die Länge 6.

$V=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}\cdot 6 \cdot 3 \sqrt 3 \cdot 2 \sqrt 6 = 18 \sqrt 2 \approx 25,46$
Die Höhe des Tetraeder hat die Länge $2 \sqrt 6$ , da die Punkte R I und S in der x₁x₂-Ebene liegen und der Abstand von S von der x₁x₂-Ebene ist seine x₃-Koordinate.

$O \approx 62,85$

Buch S. 89 / 9

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

a) A(0;-4;0), R(-4;0,0), L(0;24;0), T(-4;20;0), I(0;20;10)

b) $\alpha = 68^o$ , $V = ( \frac{160\pi}{3}+800) \cdot (5m)^3 \approx (167,6 +800) \cdot (5m)^3 = 120944 m^3$

@@ Zeile 36: / Zeile 36: @@
 {{Merke|1=Wir vereinbaren zum Zeichnen eines dreidimensionalen Koordinatensystems die x<sub>2</sub>x<sub>3</sub>-Ebene als Zeichenebene (Heftebene). Die x<sub>1</sub>- und x<sub>2</sub>-Achse werden normalerweise jeweils nach 2 Kästchen vom Ursprung mit 1 bezeichnet.<br>
-Die x<sub>1</sub>-Achse geht unter einem 45°-Winkel schräg nach vorne links. Eine Kästchendiagonale hat die Längeneinheit 1. }}
+Die x<sub>1</sub>-Achse geht unter einem 45°-Winkel schräg nach vorne links. Eine Kästchendiagonale hat die Längeneinheit 1. <br>
+<center>[[Datei:KS 3D 2.jpg|300px]]</center> }}
@@ Zeile 42: / Zeile 43: @@
 {{Lösung versteckt|1=a) R(2;-2;0), H(2;2;0), A(-2;2;0), E(-2;-2;0), T(2;-2;4), I(2;2;4), C(-2;2;4), U(-2;-2;4), S(0;0;7)<br>
-b) S(4;-4;0), T(4;4;0), E(0;4;0), V(0;-4;0), I(0;-4;3), N(0;4;3) }}
+Das Turmvolumen ist <math>V=4\cdot 4 \cdot 4+\frac{1}{3}\cdot 4\cdot4 \cdot 3=80 (VE)</math><br>
+b) S(4;-4;0), T(4;4;0), E(0;4;0), V(0;-4;0), I(0;-4;3), N(0;4;3) <br>
+Der Oberflächeninhalt des Prismas ist <math>O=8\cdot 4 +8\cdot 5 + 8 \cdot 3 + 2\cdot \frac{1}{2}\cdot 4\cot 3=108 (FE)</math> }}
@@ Zeile 104: / Zeile 107: @@
 In der Zeichenebene werden durch das xy-Diagramm die Koordinaten von Punkten festgelegt. Die Zeichenebene ist eine Punktmenge von Punkten P(x;y), wobei die Ebeme durch R<sup>2</sup>={(x;y)|x, y sind reelle Zahlen} beschrieben wird. <br>
 Dies übertragen wir auf unseren neuen Raum, den Anschauungsraum. Jeder Punkt P(x<sub>1</sub>;x<sub>2</sub>;x<sub>3</sub>) ist durch seine drei Koordinaten x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub> und x<sub>3</sub> festgelegt. Die Punktmenge aller Punkte des Raumes ist dann R<sup>3</sup>={(x<sub>1</sub>;x<sub>2</sub>;x<sub>3</sub>)|x<sub>1</sub>, x<sub>2</sub>, x<sub>3</sub> sind reelle Zahlen}.
+{{Aufgaben-blau|3|2=Buch S. 88 / 1
+{{Lösung versteckt|1=F liegt in der x<sub>1</sub>x<sub>2</sub>-Ebene (x<sub>3</sub>-Koordinate ist 0) und hat die Entfernung 5 zum Ursprung.<br>
+E liegt auf der x<sub>x</sub>-Achse und hat die Entfernung 4 zum Ursprung.<br>
+R liegt auf der x<sub>3</sub>-Achse und hat die Entfernung 8 zum Ursprung.<br>
+M liegt in der x<sub>2</sub>x<sub>3</sub>-Ebene und hat die Entfernung <math>\sqrt {13}</math> zum Ursprung.<br>
+A liegt in der x<sub>1</sub>x<sub>3</sub>-Ebene und hat die Entfernung <math>\sqrt {10}</math> zum Ursprung.<br>
+T liegt auf der x<sub>1</sub>-Achse und hat die Entfernung 5 zum Ursprung.
+A ist dem Ursprung am nächsten und R am weitesten entfernt. }}
+Buch S. 88 / 4
+{{Lösung versteckt|1=a) Die Punkte P liegen wegen x<sub>3</sub>=0 in der x<sub>1</sub>x<sub>2</sub>-Ebene. Die x<sub>1</sub>-Koordinate ist a, die x<sub>2</sub>Koordinate ist 2a. Eretzt man nun in der x<sub>2</sub>-Koordinate a durch x<sub>1</sub>, so ist x<sub>2</sub> = 2x<sub>1</sub>. Mit den Bezeichnungen der Mittelstufe ist dies y = 2x, also in der x<sub>1</sub>x<sub>2</sub>-Ebene die Gerade mit der Gleichung x<sub>2</sub> = 2x<sub>1</sub>.
+b) Die Punkte P liegen, da x<sub>1</sub>=0 ist, in der x<sub>2</sub>x<sub>3</sub>-Ebene. Ersetzt man hier bei x<sub>3</sub>=x<sup>2</sup> a durch x<sub>2</sub>, so ist x<sub>3</sub>=x<sub>2</sub><sup>2</sup>. Dies ist in der x<sub>2</sub>x<sub>3</sub>-Ebene eine Normalparabel.
+c) Die Punkte P liegen wegen x<sub>1</sub>=0 in der x<sub>2</sub>x<sub>3</sub>-Ebene. Ersetzt man in x<sub>3</sub>= 1/a a durch x<sub>2</sub> so erhält man <math>x_3=\frac{1}{x_2}</math>. Dies ist in der x<sub>2</sub>x<sub>3</sub>-Ebene eine Hyperbel.
+d) Die Punkte P liegen wegen x<sub>2</sub>=0 in der x<sub>1</sub>x<sub>3</sub>-Ebene. Ersetzt man in x<sub>3</sub>=2a-1 a durch x<sub>1</sub> so erhält man x<sub>3</sub>=2<sub>1</sub>-1. Dies ist in der x<sub>1</sub>x<sub>3</sub>-Ebene eine Gerade.  }}
+Buch S.89 / 5
+{{Lösung versteckt|1=R(2;-2;0), H(2;2;0), A(-2;2;0), E(-2;-2;0) T((2;-2;4), H(2;2;4), A(-2;2;4), E(-2;-2;4), S(0;0;7)<br>
+V = V<sub>Würfel</sub> + V<sub>Pyramide</sub> = 4<sup>3</sup> + 1/2· 4<sup>2</sup> ·3=80 (VE)
+b) S(4;-4;0), T(4;4,0), E(0;4;0), V(0;-4;0), I(0;-4,3), N(0;4;3)<br>
+S<sup>*</sup>(-4;4;0), T<sup>*(-4;4;0)</sup><br>
+O = 8·8 + 2·(8·5) + 2·(0,5·(8·3))=168 (FE)<br>
+V = 0,5·8·3·8 96 }}
+Buch S. 89 / 7
+{{Lösung versteckt|1=Jede Kante hat die Länge 6. <br>
+[[Datei:89-7.jpg|350px]]<br>
+<math>V=\frac{1}{3} \cdot \frac{1}{2}\cdot 6 \cdot 3 \sqrt 3 \cdot 2 \sqrt 6 = 18 \sqrt 2 \approx 25,46</math><br>
+Die Höhe des Tetraeder hat die Länge <math>2 \sqrt 6</math>, da die Punkte R I und S in der x<sub>1</sub>x<sub>2</sub>-Ebene liegen und der Abstand von S von der x<sub>1</sub>x<sub>2</sub>-Ebene ist seine x<sub>3</sub>-Koordinate.<br>
+<math>O \approx 62,85</math>}}
+Buch S. 89 / 9
+{{Lösung versteckt|1=a) A(0;-4;0), R(-4;0,0), L(0;24;0), T(-4;20;0), I(0;20;10)<br>
+b) <math>\alpha = 68^o</math>, <math>V = ( \frac{160\pi}{3}+800) \cdot (5m)^3 \approx (167,6 +800) \cdot (5m)^3 = 120944 m^3</math> }}
+}}

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