Übungstest

Dieser Übungstest besteht aus 8 Fragen zu Analytische Geometrie.
Die Schwierigkeitsstufe ist leicht bis schwer.
Es können bei jeder Frage eine oder mehrere Antworten korrekt sein, aber nie alle.

Test als PDF ausgeben (Kann je nach Länge einige Minuten dauern)

Berechnen Sie den Schnittpunkt der folgenden Ebene \(\epsilon: \; -(x+2) +2(y+3)+4(z-1) = 0\) mit der Geraden durch die beiden Punkte \(A =\left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right)\) und \(B =\left(\begin{array}{c} {0} \\ {2} \\ {-3} \end{array}\right)\). Nr. 4292
	\(S = \left(\begin{array}{c} {2+t} \\ {3-2t} \\ {-4t} \end{array}\right) \) , mit \(t \in \mathbb{R}.\)
	\(S = \frac{2}{3} \left(\begin{array}{c} {0} \\ {8} \\ {-2} \end{array}\right) \)
	\(S = \left(\begin{array}{c} {-2} \\ {3} \\ {1} \end{array}\right) \)
	\(S = \frac{1}{15} \left(\begin{array}{c} {-8} \\ {38} \\ {-21} \end{array}\right) \)
Lösungsweg Zuerst wird die Gerade in Parameterform bestimmt. Die allgemeine Parameterform einer Geraden lautet: \(g: \; X = A + t \cdot \vec{g}\), wobei \(A \in g\), \( t \in \mathbb{R}\) und \(\vec{g}\) ein Richtungsvektor der Geraden. Zuerst wird der Richtungsvektor bestimmt: \(\vec{g}= \vec{AB} = B -A = \left(\begin{array}{c} {0} \\ {2} \\ {-3} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right) =\)\(\left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {-3} \end{array}\right)\) Für die Gerade folgt also: \(g: \; X = \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {-3} \end{array}\right)\), mit \(t \in \mathbb{R}.\) Daraus kann man für die drei Koordinaten folgende Gleichungen ablesen: \(x = -1 + t \\ y = 3 -t \\ z = -3t \) Mit diesen Gleichungen können die drei Koordinaten in der Ebenengleichung ersetzt werden: \(\epsilon: \; -(x+2) +2(y+3)+4(z-1) = 0\) \(\rightarrow -( -1+t +2 ) + 2(3-t +3) + 4(-3t-1) = 0\) \(1-t-2 + 6-2t+6 -12t-4= 0 \\ 7 -15t = 0 \\ -15 t = -7 \\ t = \frac{7}{15}\) Den Schnittpunkt erhalten Sie, indem Sie in der Parameterdarstellung der Geraden für t die Zahl 7/15 einsetzen: \(g: \; S = \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right) + \frac{7}{15} \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {-3} \end{array}\right)\) \(S = \frac{1}{15} \left(\begin{array}{c} {-8} \\ {38} \\ {-21} \end{array}\right) \)

4 erreichbare Punkte

Berechnen Sie den Abstand zwischen dem folgenden Punkt P und der Ebene: \(\epsilon: \; \; x + 3y - 2z = 1\) \(P =\left(\begin{array}{c} {5} \\ {3} \\ {-6} \end{array}\right)\) Nr. 4289
	\(d(P, \epsilon) = \frac{\sqrt{17}}{3}\)
	\(d(P, \epsilon) = 128\)
	\(d(P, \epsilon) = \frac{25}{ \sqrt{14}\)
	\(d(P, \epsilon) = \sqrt{ \frac{129}{14} }\)
	\(d(P, \epsilon) \approx 0.23\)
Lösungsweg Der Abstand lässt sich über die Hesse'sche Abstandsformel berechnen: \(d(P, \epsilon) = \mid \vec{AP} \cdot \vec{n_0} \mid\) , wobei \(A \in \epsilon\) und \(\vec{n_0} \perp \epsilon\) mit Länge 1. Der Normalvektor lässt sich direkt aus der Ebenengleichung ablesen: \(\vec{n} = \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)\) Nun wir der Einheitsvektor von \(\vec{n}\) benötigt: \(\vec{n_0} = \frac{1}{ \mid \vec{n} \mid } \cdot \vec{n} = \frac{1}{ \sqrt{1^2+3^2+(-2)^2} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)\)\(= \frac{1}{ \sqrt{14} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right)\) Um den Punkt A zu erhalten, wird folgendes Wissen benutzt: Die rechte Seite der Ebenegleichung besagt \(\vec{n} \cdot \vec{A} = 1\) \(\rightarrow \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c} {a_1} \\ {a_2} \\ {a_3} \end{array}\right) =1\) Die \(a_i\) müssen so bestimmt werden, dass die obige Gleichung erfüllt ist. Die einfachste Wahl ergibt: \(A = \left(\begin{array}{c} {1} \\ {0} \\ {0} \end{array}\right)\) \(\vec{AP} = P -A = \left(\begin{array}{c} {5} \\ {3} \\ {-6} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c} {1} \\ {0} \\ {0} \end{array}\right) =\)\(\left(\begin{array}{c} {4} \\ {3} \\ {-6} \end{array}\right)\) \(d(P, \epsilon) = \mid \vec{AP} \cdot \vec{n_0} \mid = \mid \left(\begin{array}{c} {4} \\ {3} \\ {-6} \end{array}\right) \cdot \)\( \frac{1}{ \sqrt{14} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right) \mid\) \(d(P, \epsilon) = \mid \frac{1}{ \sqrt{14} } \big( 4 \cdot 1 +3 \cdot 3 -6 \cdot (-2) \big) \mid = \mid \frac{25}{ \sqrt{14} } \mid \)

5 erreichbare Punkte

Geben Sie folgende Gerade, die hier in Normalvektorform gegeben ist, in Koordinatenform an: \(g: \; \; \left(\begin{array}{c} {2} \\ {4} \end{array}\right) \cdot \Big( X - \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {2} \end{array}\right) \Big) = 0\) Nr. 4260
	\(2x + 4y = 6\)
	\(y = 3 - x\)
	\(2x - 4y = 10\)
	\(X = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {4} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \end{array}\right)\)
Lösungsweg Die allgemeine Koordinatenform einer Geradengleichung lautet: \(ax + by =c\) wobei \(a , b , c \in \mathbb{R}\). Um diese Form zu erhalten, müssen Sie die gegebene Normalvektorform explizit ausmultiplizieren und umformen: \(g: \; \; \left(\begin{array}{c} {2} \\ {4} \end{array}\right) \cdot \Big( X - \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {2} \end{array}\right) \Big) = 0\) \(\rightarrow \left(\begin{array}{c} {2} \\ {4} \end{array}\right) \cdot \Big( \left(\begin{array}{c} {x} \\ {y} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {2} \end{array}\right) \Big) = \)\(\left(\begin{array}{c} {2} \\ {4} \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c} {x +1} \\ {y - 2} \end{array}\right) = 2(x+1) + 4(y-2) = 0\) \(\rightarrow 2x + 2 + 4y - 8 = 0\) \(\rightarrow 2x + 4y = 6\)

4 erreichbare Punkte

Gegeben ist folgende Gerade im \(\mathbb{R}^3\): \(g: \; X = \left(\begin{array}{c} {1} \\ {0} \\ {5} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)\) , \(t \in \mathbb{R}\). Berechnen Sie den Abstand zwischen der Gerade g und dem Punkt \(P = \left(\begin{array}{c} {24} \\ {5} \\ {-2} \end{array}\right)\) Nr. 4281
	\(d (P, \; g) = 45\)
	\(d (P, \; g) = \sqrt{ \frac{1009}{3} }\)
	\(d (P, \; g) = \sqrt{ \frac{25}{7} }\)
	\(d (P, \; g) = \frac{1009}{3}\)
	\(d (P, \; g) = 2051\)
Lösungsweg Im \(\mathbb{R}^3\) kann der Abstand zwischen einem Punkt und einer Geraden folgendermaßen berechnet werden: \(d (P, \; g) = \mid \vec{AP} \times \vec{g_0} \mid\) , wobei \(A \in g\) und \(\vec{g_0}\) der Richtungsvektor der Geraden g mit Länge 1 ist. Somit: \(\vec{AP} = P - A = \left(\begin{array}{c} {24} \\ {5} \\ {-2} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c} {1} \\ {0} \\ {5} \end{array}\right) =\)\(\left(\begin{array}{c} {23} \\ {5} \\ {-7} \end{array}\right)\) \(\vec{g_0} = \frac{1}{ \mid \vec{g} \mid } \cdot \vec{g} = \frac{1}{ \sqrt{1^2+2^2+(-1)^2} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)\)\(= \frac{1}{ \sqrt{6} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)\) \(\vec{AP} \times \vec{g_0} = \frac{1}{ \sqrt{6} } \left(\begin{array}{c} {23} \\ {5} \\ {-7} \end{array}\right) \times \left(\begin{array}{c} {1} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)\)\(= \frac{1}{\sqrt{6}} \left(\begin{array}{c} {9} \\ {16} \\ {41} \end{array}\right)\) \(d (P, \; g) = \mid \vec{AP} \times \vec{g_0} \mid = \mid \; \frac{1}{\sqrt{6}} \left(\begin{array}{c} {9} \\ {16} \\ {41} \end{array}\right) \; \mid\)\( = \frac{1}{\sqrt{6}} \sqrt{9^2+16^2+41^2} = \frac{ \sqrt{2018} }{\sqrt{6}} = \sqrt{ \frac{2018}{6}} = \sqrt{ \frac{1009}{3} }\)

5 erreichbare Punkte

Geben Sie die Lagebeziehung der folgenden beiden Geraden im \(\mathbb{R}^3\) an: \(g_1: \; X = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {5} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {-4} \\ {6} \\ {14} \end{array}\right)\) , \(t \in \mathbb{R}\). \(g_2: \; X = \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {7} \\ {18} \end{array}\right) + s \cdot \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-3} \\ {-7} \end{array}\right)\) , \(s \in \mathbb{R}\). Nr. 4284
	Die Geraden sind identisch.
	Die Geraden sind parallel.
	Die Geraden sind schneidend.
	Die Geraden sind windschief.
Lösungsweg Im \(\mathbb{R}^3\) gibt es für die Lagebeziehung zweier Geraden folgende vier Möglichkeiten: parallel identisch schneidend windschief (=kreuzend) Analog zum zweidimensionalen Fall kann zwischen den ersten beiden und letzten beiden Fällen entschieden werden, indem zuerst die beiden Richtungsvektoren verglichen werden: \(\vec{g_1} = \left(\begin{array}{c} {-4} \\ {6} \\ {14} \end{array}\right)\) und \(\vec{g_2} =\left(\begin{array}{c} {2} \\ {-3} \\ {-7} \end{array}\right)\) Man erkennt: \(\vec{g_1} = -2 \cdot \vec{g_2}\) Die Geraden sind somit parallel oder identisch. Um das zu entscheiden, muss überprüft werden, ob ein Punkt der auf \(g_1\) liegt auch auf \(g_2\) liegt. Also: \(\left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {5} \end{array}\right) \in g_2 ?\) \(\left(\begin{array}{c} {2} \\ {1} \\ {5} \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {7} \\ {18} \end{array}\right) + s \cdot \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-3} \\ {-7} \end{array}\right)\) Aus der ersten Zeile erhält man: \(2 = - 3 + 2 s \rightarrow s=\frac{5}{2}\) Aus der zweiten Zeile folgt: \(1 = 7 - 3 s \rightarrow s=2\) Daraus lässt sich schließen, dass kein Schnittpunkt existiert. Die Geraden sind parallel.

4 erreichbare Punkte

Gegeben ist folgende Gerade im \(\mathbb{R}^3\): \(g: \; X = \left(\begin{array}{c} {1} \\ {5} \\ {-4} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {3} \end{array}\right)\) , \(t \in \mathbb{R}\). Berechnen Sie den Abstand zwischen der Gerade g und dem Punkt \(P = \left(\begin{array}{c} {10} \\ {-5} \\ {8} \end{array}\right)\) Nr. 4280
	\(d (P, \; g) = 5.75\)
	\(d (P, \; g) = 5 \sqrt{ \frac{13}{14} }\)
	\(d (P, \; g) = 125\)
	\(d (P, \; g) = 3 \sqrt{2 \pi}\)
	\(d (P, \; g) = -11.684 \)
Lösungsweg Im \(\mathbb{R}^3\) kann der Abstand zwischen einem Punkt und einer Geraden folgendermaßen berechnet werden: \(d (P, \; g) = \mid \vec{AP} \times \vec{g_0} \mid\) , wobei \(A \in g\) und \(\vec{g_0}\) der Richtungsvektor der Geraden g mit der Länge 1 (also der normierte Richtungsvektor der Geraden g) ist. Somit: \(\vec{AP} = P - A = \left(\begin{array}{c} {10} \\ {-5} \\ {8} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c} {1} \\ {5} \\ {-4} \end{array}\right) =\)\(\left(\begin{array}{c} {9} \\ {-10} \\ {12} \end{array}\right)\) \(\vec{g_0} = \frac{1}{ \mid \vec{g} \mid } \cdot \vec{g} = \frac{1}{ \sqrt{1^2+(-2)^2+3^2} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {3} \end{array}\right)\)\(= \frac{1}{ \sqrt{14} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {3} \end{array}\right)\) \(\vec{AP} \times \vec{g_0} = \frac{1}{\sqrt{14}} \left(\begin{array}{c} {9} \\ {-10} \\ {12} \end{array}\right) \times \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {3} \end{array}\right) =\)\(\frac{1}{\sqrt{14}} \left(\begin{array}{c} {-30 +24} \\ {-27+12} \\ {-18+10} \end{array}\right) = \frac{1}{\sqrt{14}} \left(\begin{array}{c} {-6} \\ {-15} \\ {-8} \end{array}\right)\) \(d (P, \; g) = \mid \vec{AP} \times \vec{g_0} \mid = \mid \; \frac{1}{\sqrt{14}} \left(\begin{array}{c} {-6} \\ {-15} \\ {-8} \end{array}\right) \; \mid\)\(= \frac{1}{\sqrt{14}} \sqrt{(-6)^2 + (-15)^2 + (-8)^2} = \frac{\sqrt{325}}{\sqrt{14}} = 5 \sqrt{ \frac{13}{14} }\)

5 erreichbare Punkte

Berechnen Sie den Winkel zwischen der folgenden Ebene \(\epsilon: \; 2x +2y-z = 8\) und der Geraden \(g: \; X = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {3} \\ {-2} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-3} \\ {-6} \end{array}\right)\), mit \(t \in \mathbb{R}.\) Nr. 4293
	\(\varphi= 10,98^\circ\)
	\(\varphi= 90^\circ\)
	\(\varphi= 153.68^\circ\)
	\(\varphi= 28^\circ\)
	\(\varphi= \frac{3\pi}{4}\)
Lösungsweg Der Winkel \(\varphi\) zwischen einer Ebene und einer Geraden kann mit Hilfe der Vektor-Winkel-Formel berechnet werden: Um also \(\varphi\) zu erhalten, mussen wir zuerst den vom Richtungsvektor der Geraden und vom Normalvektor der Ebene eingeschlossenen Winkel berechnen. Im Anschluss ziehen wir diesen Winkel dann von \(90^\circ\) ab und erhalten somit den Winkel zwischen der Geraden und der Ebene. \(\cos\angle(\vec{n};\vec{g}) = \vec{g_0} \cdot \vec{n_0}\) , wobei \(\vec{g_0}\) der Richtungsvektor der Geraden mit Länge 1 und \(\vec{n_0}\) der Normalvektor der Ebene mit Länge 1 ist. Das heißt: \(\cos\angle(\vec{n};\vec{g}) = \frac { \vec{g} \cdot \vec{n} }{ \mid \vec{g} \mid \cdot \mid \vec{n} \mid }\) Der Normalvektor kann direkt aus der Ebenengleichung abgelesen werden: \(\epsilon: \; 2x +2y-z = 8\) \(\rightarrow \vec{n} = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right)\) \(\mid \vec{n} \mid = \sqrt{2^2 + 2^2 + (-1)^2} = \sqrt{9} = 3\) Der Richtungsvektor der Geraden lautet: \(\vec{g} = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-3} \\ {-6} \end{array}\right)\) \(\mid \vec{g} \mid = \sqrt{2^2 + (-3)^2 + (-6)^2} = \sqrt{49} = 7\) Außerdem wird das Skalarprodukt von \(\vec{g}\) mit \(\vec{n} \) benötigt: \(\vec{g} \cdot \vec{n} = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-3} \\ {-6} \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c} {2} \\ {2} \\ {-1} \end{array}\right) = 4 -6 +6 = 4\) \(\rightarrow \cos \angle(\vec{n};\vec{g}) = \frac{4}{7 \cdot 3} = \frac{4}{21}\) \( \cos^{-1} \Big( \frac{4}{21} \Big) \approx 79,019^\circ\) Somit folgt für \(\varphi\) \(\varphi=90^\circ-79,019^\circ\approx10,98^\circ\)

5 erreichbare Punkte

Geben Sie die Lagebeziehung der folgenden beiden Geraden im \(\mathbb{R}^3\) an: \(g_1: \; X = \left(\begin{array}{c} {1} \\ {0} \\ {0} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {3} \end{array}\right)\) , \(t \in \mathbb{R}\). \(g_2: \; X = \left(\begin{array}{c} {0} \\ {1} \\ {1} \end{array}\right) + s \cdot \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {1} \\ {0} \end{array}\right)\) , \(s \in \mathbb{R}\). Nr. 4282
	Die Geraden sind windschief.
	Die Geraden sind parallel.
	Die Geraden sind identisch.
	Die Geraden sind schneidend.
Lösungsweg Im \(\mathbb{R}^3\) gibt es für die Lagebeziehung zweier Geraden folgende vier Möglichkeiten: parallel identisch schneidend windschief (=kreuzend) Analog zum zweidimensionalen Fall kann zwischen den ersten beiden und letzten beiden Fällen entschieden werden, indem zuerst die beiden Richtungsvektoren verglichen werden: \(\vec{g_1} = \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {3} \end{array}\right)\) und \(\vec{g_2} = \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {1} \\ {0} \end{array}\right)\) Diese beiden Vektoren sind kein Vielfaches voneinander, somit sind die Geraden weder parallel noch identisch. Um zwischen dem dritten und vierten Fall zu unterscheiden, muss untersucht werden, ob die Geraden einen gemeinsamen Schnittpunkt S haben: \(g_1 \cap g_2 \stackrel{?}{=} \{ S\}\) \(\rightarrow \left(\begin{array}{c} {1} \\ {0} \\ {0} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {3} \end{array}\right) =\)\(\left(\begin{array}{c} {0} \\ {1} \\ {1} \end{array}\right) + s \cdot \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {1} \\ {0} \end{array}\right)\) Daraus erhält man drei lineare Gleichungen für s und t. \( 1 + t = -s \\ -2 t = 1 + s \\ 3t = 1\) Zur Berechnung der beiden Parameter reichen zwei Gleichungen aus, hier werden die zweite und die dritte gewählt \(3t = 1 \rightarrow t = \frac{1}{3}\) \(\rightarrow -2 \cdot \frac{1}{3} = 1 +s \rightarrow s = -\frac{1}{3}\) Nun gilt es, zu überprüfen ob mit diesen beiden Parameterwerten auch die erste Zeile erfüllt ist: \( 1 + \frac{1}{3} \; \neq -(-\frac{1}{3})\) Die beiden Geraden besitzen keinen Schnittpunkt, sie sind windschief.

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