Teil I

Klasse 9

9

1. Koordinaten

Cogito ergo sum Rene Descartes

1.1 Koordinaten

Koordinaten sind etwas, das man nach einigen Schuljahren als etwas ganz Banales wahr-nimmt; dabei gehoren sie, ebenso wie z.B. das Dezimalsystem, zu den ganz großen Ent-deckungen der Mathematik. Den ersten Vorlaufer unseres heutigen Koordinatensystemshat ein gewisser Rene Descartes Anfang des 17. Jahrhunderts eingefuhrt. Descartes istNichtmathematikern eher durch seinen philosophischen Grundsatz “cogito ergo sum” (Ichdenke, also bin ich) bekannt als durch die mathematische Revolution, die er angestoßenhat. Immerhin sind die Standardkoordinatensysteme, die wir aus der Schule kennen, nachihm benannt und heißen kartesische Koordinatensysteme.

Allgemein sind Koordinatensysteme Methoden, um die Lage von Punkten (und kom-plizierteren Objekten) anzugeben. Auf der Erde beispielsweise kann man jeden Punkt ander Erdoberflache durch die Angabe des Langen- und Breitengrads angeben; dies ist einBeispiel fur ein nicht kartesisches Koordinatensystem, und zwar eines, das in der Praxisbei Navigationsgeraten eingesetzt wird.

1 2 3 4 5

1

2

3

- 1- 2- 1

qA

q B1

2

Abbildung 1.1. Die Punkte A(2|1) und B(4|2) samt zugehorigem Steigungsdreieck

12

Im Koordinatensystem in Abb. 1.1 sind die Punkte A und B mit den KoordinatenA(2|1) und B(4|2) eingezeichnet. Dabei ist x = 2 die x-Koordinate und y = 1 diey-Koordinate von A. Daruberhinaus ist das zu A und B gehorige “Steigungsdreieck”eingezeichnet. Dieses Steigungsdreieck erlaubt es uns, den Abstand d = AB von A undB mit dem Satz des Pythagoras zu berechnen. Die Grundseite des Steigungsdreiecks hatLange 4− 2 = 2 und Hohe 1 = 2− 1, folglich ist

d =√

(4− 2)2 + (2− 1)2 =√

4 + 1 =√

5.

Beachte, dass√

22 + 12 6= 2 + 1 ist! Allgemein gilt:

Satz 1.1. Die Punkte A und B mit den Koordinaten A(a1|a2) und B(b1|b2) haben denAbstand

d =√

(b2 − a1)2 + (b2 − a1)2.

Der Abstand zweier Punkte andert sich naturlich nicht, wenn man A und B ver-tauscht: schließlich ist ja

(b1 − a1)2 = b21 − 2a1b1 + a21 = (a1 − b1)2.

Andere Ausdrucke fur den Abstand zweier Punkte A und B sind a) die Entfernung vonA und B bzw. b) die Lange der Strecke AB.

Berechnung des Mittelpunkts zweier Punkte

Die Koordinaten des Mittelpunkts M von AB kann man aus der Zeichnung in Abb. 1.1ablesen: es ist etwa M(3|1,5). Die x-Koordinate des Mittelpunkts muss genau zwischenden x-Koordinaten 2 (von A) und 4 (von B) liegen, ist also gleich 3 = 2+4

2 . Die Koor-dinaten von M kann man daher ausrechnen, indem man die Koordinaten von A und Baddiert und durch 2 teilt: es ist M( 2+4

2 |1+22 ) = M(3|1,5).

Satz 1.2. Der Mittelpunkt M der Strecke AB mit A(a1|a2) und B(b1|b2) ist gegebendurch

M(a1 + b1

2

∣∣∣a2 + b22

). (1.1)

Umgekehrt kann man naturlich B bestimmen, wenn A(2|1) und der MittelpunktM(3|1,5) von AB gegeben sind: 3 liegt zwischen 2 und x1 = 4, wahrend 1,5 zwischen 1und x2 = 2 liegt. Also muss N(4|2) sein.

Rechte Winkel

Den Nachweis, dass ein Dreieck einen rechten Winkel besitzt, kann man mit der Umkeh-rung des Satzes von Pythagoras fuhren: gilt in einem Dreieck mit den Seiten a, b, c dieGleichung a2 + b2 = c2, dann hat das Dreieck in der c gegenuberliegenden Ecke einenrechten Winkel.

Satz 1.3. Ein Dreieck ABC hat in C einen rechten Winkel genau dann, wenn

BC2

+AC2

= AB2.

13

1 2 3 4

1

2

3

4

- 1- 2

q A

q BqCqM

Beispielsweise hat das Dreieck A(2|1), B(5|5),C(−2|4) einen rechten Winkel in A: wegen

AB =√

32 + 42 = 5,

AC =√

42 + 32 = 5,

BC =√

72 + 12 =√

50

ist AB2+AC

2= 52+52 = 50 = BC

2. Da BC

als langste Seite im Dreieck die Hypotenuseist, muss der rechte Winkel wie behauptet inA liegen.

Der Umfang dieses (gleichschenkligen) Dreiecks ist U = 5 + 5 +√

50 = 10 +√

50, seinFlacheninhalt F = 1

2AB ·AC = 252 . In der Regel ist es bei der Berechnung des Flachen-

inhalts eines rechtwinkligen Dreiecks am leichtesten, die eine Kathete als Grundseite unddie andere als Hohe zu nehmen, also g = a und h = b zu setzen. Im allgemeinen muss mansehr viel mehr rechnen, wenn man die Hohe hc auf die Hypotenuse bestimmen mochte. Inunserem Fall ist das aber nicht schwer, weil das Dreieck, um das es geht, gleichschenkligist. Wegen AB = AC ist namlich die Hohe h auf BC auch gleichzeitig die Seitenhalbie-rende. Der Mittelpunkt M von B und C ist auch gleichzeitig der Hohenfußpunkt, undwegen M( 3

2 |92 ) ist hc = d(A,M) =

√0,25 + 12,25 =

√12,5. Wegen c =

√50 folgt also

F = 12

√50 ·√

12,5 = 252 .

1.2 Koordinaten in drei Dimensionen

So wie P (2|3) ein Punkt der Ebene ist, den man findet, indem dem man vom Ursprungaus 2 in Richtung x- und 3 in Richtung y-Achse geht, ist der Punkt Q(4|5|4) ein Punktim dreidimensionalen Raum, dessen Koordinatenachsen die x-, y- und z-Achse sind,und den man findet, indem man vom Ursprung aus 4 in Richtung x-Achse, 5 in Richtungy-Achse, und 4 in Richtung z-Achse geht. Dabei ist traditionell die x-Achse diejenige,die nach vorne zeigt, die y-Achse diejenige, die nach rechts zeigt, und die z-Achse dieje-nige, die nach oben zeigt. In Baden-Wurttemberg (ebenso wie anderswo auch, allerdingsnicht uberall) werden die Achsen gerne als x1-, x2- und x3-Achse bezeichnet. Damitman sich den Punkt Q in der Skizze vorstellen kann, sind in Abb. 1.2 einige Hilfslinieneingezeichnet.

Die Hilfspunkte in Abb. 1.2 sind die “Projektionen” von Q auf die drei Koordi-natenebenen. Die Ebene, welche die x1- und x2-Achse enthalt, heißt die x1x2-Ebene.Entsprechend gibt es eine x1x3- und eine x2x3-Ebene (sh. Abb. 1.3).

Diese Hilfslinien konnen auch zum Berechnen des Abstands OQ verwendet werden:dazu wenden wir den Satz des Pythagoras zweimal an: einmal auf das rechtwinkligeDreieck OAB mit A(4|0|0) und B(4|5|0), was uns OB =

√42 + 52 liefert, und dann auf

das rechtwinklige Dreieck OBQ, was uns OQ2

= OB2

+BQ2

= (42 + 52) + 42 liefert.

14

1 2 3 4 5

1

2

3

4

x1

x2

x3

q Q

(4|5|0)

(0|5|4)

(4|0|4)

1

2

3

4

Abbildung 1.2. Dreidimensionales kartesisches Koordinatensystem

Im allgemeinen findet man so fur den Abstand PQ zweier Punkte P (x1|x2|x3) undQ(y1|y2|y3) die Formel

PQ =√

(y1 − x1)2 + (y2 − x2)2 + (y3 − x3)2.

x1x2-Ebene

x3 = 0

x1x3-Ebene

x2 = 0

x2x3-Ebene

x1 = 0

Abbildung 1.3. Koordinatenebenen

Dabei besteht die x1x2-Ebene aus allen Punkten, deren x3-Koordinate 0 ist. Deswegenist x3 = 0 auch die Gleichung der x1x2-Ebene. In Abb. 1.3 wurde nur die Teile derKoordinatenebenen schattiert, die positive Koordinaten haben; selbstverstandlich horenEbenen genauso wenig wie Geraden irgendwo auf.

15

1.3 Pyramiden

Wir betrachten die quadratische Pyramide ABCDS mit A(0|0|0), B(4|0|0), C(4|4|0),D(0|4|0) und S(2|2|5). Das Zeichnen der Pyramide sollte keine Probleme machen (sh.Abb. 1.4).

1 2 3 4 5

1

2

3

4

q

q q

q

q

Abbildung 1.4. Quadratische Pyramide ABCDS

Die Pyramide hat vier Grundkanten, namlich AB, BC, CD und DA, sowie vierSeitenkanten, namlich SA, SB, SC und SD. Die Grundkanten haben alle Lange 4,wie man direkt an den Koordinaten ablesen kann. Die Lange der Seitenkanten mussman mit Pythagoras berechnen; hier sind alle Seitenkanten gleich lang, z.B. ist AS =√

22 + 22 + 52 =√

33.Die Grundflache der Pyramide ist das Quadrat ABCD mit Flacheninhalt G = 42 =

16. Die Hohe ist (bei quadratischen Pyramiden, nicht aber bei schiefen Pyramiden) dieStrecke zwischen der Spitze S und dem Mittelpunkt M des Quadrats ABCD, kann aberhier an den Koordinaten abgelesen werden: es ist h = 5. Fur das Volumen der Pyramidegilt die Formel V = 1

3G · h; diese Pyramide hat Volumen V = 13 · 16 · 5 = 80

3 .Die Oberflache der Pyramide besteht aus vier Dreiecken und dem Quadrat. Die Drei-

ecke haben Hohe h1 = MCDS =√

29 (die man streng von der Hohe h = 5 der Pyramideunterscheiden muss), wie man aus MCD(2|4|0) und S(2|2|5) sofort erhalt. Naturlich kannman h1 auch mittels Pythagoras direkt berechnen, da man MMCD = 2 und MS = 5aus der Zeichnung ablesen kann und dann

16

h21 = MMCD2

+MS2

erhalt.Bei Pyramiden spiele drei Winkel eine Rolle, die man sauber auseinanderhalten muss.

• Winkel zwischen Seitenkante und Grundkante, z.B. α = ^SDA.• Winkel zwischen Seitenkante und Grundflache, z.B. β = ^SDM .• Winkel zwischen Seitenflache und Grundflache, z.B. γ = ^SMCDM .

Zur Berechnung der Winkel brauchen wir rechteinklige Dreiecke. Fur α = ^SDA benut-zen wir das Dreieck SDMAD, das in MAD(2|0|0) einen rechten Winkel hat. Die Hypo-tenuse des Dreiecks sind SMAD =

√22 + 52 =

√29 und MADD = 2 (darf man an den

Koordinaten ablesen). Also ist

tanα =

√33

2, d.h. α = tan−1

(√33

2

)= 70,8◦.

Fur die Berechnung von β = ^SDM haben wir bereits ein rechtwinkliges Dreieck,namlich SDM mit einem rechten Winkel in M . Also ist

tanβ =SM

MD=

5√8, d.h. β = 60,5◦.

Fur die Berechnung des Winkels γ = ^SMCDM benutzen wir das rechtwinkligeDreieck SMCDM . Damit wird

tan γ =5

2, d.h. γ = 68,2◦.

Ubungen.

1.1 Berechne Mittelpunkt und Abstand der beiden Punkte A(2|1) und B(7| − 1). Kontrollieredas Ergebnis zeichnerisch.

1.2 Gegeben ist ein Punkt A(2|5) und der Mittelpunkt M(3|3) der Strecke AB. Bestimme dieKoordinaten von B.

Zur Probe zeige man, dass AB doppelt so groß ist wie AM .

1.3 Spiegle den Punkt P (5|3)a) an der x-Achseb) an der y-Achsec) an der Geraden x = 6d) am Ursprunge) am Punkt L(2|1).

1.4 Bestimme den Umfang des Dreiecks ABC mit A(1| − 1), B(4|3) und C(6|11).

Bestimme weiter die Langen der Seitenhalbierenden dieses Dreiecks.

1.5 Zeige, dass das Dreieck ABC mit A(1|0|1), B(2|2|3) und C(4|1|3) rechtwinklig ist, undberechne Umfang und Flacheninhalt des Dreiecks.Man zeichne das Dreieck auch in ein Koordinatensystem und uberzeuge sich davon, dassderartige Zeichnungen nicht helfen herauszufinden, wo sich der rechte Winkel befindet.

17

1.6 Gegeben sind die Punkte A(2|1| − 3) und B(4|3|3).

Bestimme den1. den Mittelpunkt M der Strecke AB,2. den Abstand AB;3. den Abstand AM ;4. den Punkt C, fur welchen B der Mittelpunkt von AC ist.

1.7 Finde ein Dreieck mit Flacheninhalt 37.

1.8 Bestimme das Volumen der Pyramide OABC mit O(0|0|0), A(4|0|0), B(0|5|0) und D(0|0|6)(Skizze!).

1.9 Gegeben sei die quadratische Pyramide ABCDS mit A(−2| − 2|0), B(−2|2|0), C(2|2|0),D(2| − 2|0) und S(0|0|4). Berechne die Koordinaten der Mittelpunkte Ma von AS und Mb

von BS, und bestimme, was fur ein Viereck durch MaMbCD gegeben ist.Zeige, dass die Strecke vom Mittelpunkt M von MaMb zum Mittelpunkt N von CD senk-recht auf CD steht, und bestimme den Flacheninhalt des Vierecks.Fertige eine Zeichnung an.

1.10 (Aus dem Abitur BW 2006)Die Punkte A(3|5| − 4), B(4|1|4) und D(−4|9|0) bilden ein Dreieck.

Zeigen Sie, dass das Dreieck ABD gleichschenklig, aber nicht gleichseitig ist.

Bestimmen Sie die Koordinaten des Punktes C so, dass ABCD eine Raute ist.

Bestimmen Sie die Koordinaten des Diagonalenschnittpunkts M dieser Raute.

Bestimmen Sie den Flacheninhalt und den Umfang der Raute.

1.11 (Aus dem Abitur Sachsen 2007)In einem kartesischen Koordinatensystem mit dem Koordinatenursprung O sind die PunkteA(−3| − 2| − 3), B(3| − 4| − 3), C(−1|4| − 3) und S(1|0|4,5) Eckpunkte einer dreiseitigenPyramide mit der Spitze S.

Weisen Sie nach, dass das Dreieck ABC gleichschenklig und rechtwinklig in A ist.

Bestimmen Sie alle Winkel des Dreiecks und seinen Flacheninhalt.

Stellen Sie diese Pyramide in einem kartesischen Koordinatensystem dar.

1.12 (Aus dem Abitur BW 2011)Eine prismenformige Truhe ABCDPQRS ist durch ihre Eckpunkte

A(6|4|0), B(6|8|0), C(−4|8|0), D(−4|4|0), P (6|4|4), Q(6|8|6), R(−4|8|6), S(−4|4|4)

gegeben. Das Viereck PQRS beschreibt den Deckel der Truhe.

Stellen Sie die Truhe in einem Koordinatensystem dar.

Zeigen Sie, dass PQRS ein Rechteck ist, und bestimmen Sie seinen Flacheninhalt.

Berechnen Sie das Volumen der Truhe.

Hinweise: Zeichnen musste klappen; das Endergebnis sollte schon ein bisschen wie eineTruhe aussehen. Fur die Volumenberechnung gibt es zwei Moglichkeiten: 1) Unterteilender Truhe in einen Quader und die Halfte eines Quadres; 2) Man berechnet V = G · h,wo die Grundflache G das vordere Trapez ist; der Flacheninhalt eines Trapez mit denparallelen Seiten a und c ist a+c

2· h1, wo h1 die Hohe des Trapezes ist.

18

2. Vektoren

Mit Pfeil und Bogen

Ob eine Auto meinem Fußganger gefahrlich wird hangt nicht in erster Linie von seinerGeschwindigkeit, sondern von seiner Richtung ab: fahrt das Auto vom Beobachter weg,ist Entwarnung angesagt. Mathematisch druckt man Richtungen mit Vektoren aus.

2.1 Vektoren in der Ebene

In der Physik unterscheidet man zwei Arten von Großen: skalare und vektorielle. DieMasse ist z.B. ein Skalar, also eine Große, bei der es nicht sinnvoll ist, von ihrer Richtungzu reden. Die Kraft dagegen ist eine vektorielle Große, da es bei ihr nicht nur auf denBetrag, sondern auch auf die Richtung ankommt. Wurde die Schwerkraft uns nicht nachunten ziehen, sondern nach oben, ware die Welt eine andere.

1 2 3 4

1

2

- 1- 2- 1

qA

q B−→AB

1 2 3 4

1

2

- 1- 2- 1

qA

q B−−→AB

Abbildung 2.1. Der Vektor−→AB und sein Negatives −

−→AB.

Sind A und B zwei Punkte, dann ist der Vektor−→AB derjenige “Pfeil”, der von A auf

B zeigt (sh. Abb. 2.1). Um von A(2|1) nach B(4|2) zu kommen, muss man 2 nach rechts

und 1 nach oben gehen; wir schreiben daher−→AB =

(21

). Um

−→AB aus den Koordinaten

von A und B auszurechnen, muss man die Koordinaten von A von denjenigen von B

abziehen: in unserem Beispiel ist−→AB =

(42

)−(21

)=(21

).

20

Der Vektor−→BA hat die gleiche Lange wie

−→AB, aber die entgegengesetzte Richtung:

es ist−→BA =

(−2−1)

= −−→AB.

1 2 3 4 5

1

2

3

4

qA

q B−→AB

qC

q D−→CD

Vektoren sind gleich, wenn sie diesel-be Richtung und dieselbe Lange haben.Insbesondere ist mit A(2|1), B(4|2),C(3|3) und D(5|4) sicherlich

−→AB =

−→CD =

(21

).

Da−→AB und

−→CD gleich lang und paral-

lel sind, ist ABDC ein Parallelogramm,

folglich gilt auch−→AC =

−→BD.

Die Lange eines Vektors ~a =−→AB ist der Abstand von A and B; man bezeichnet ihn

mit |~a| = |−→AB|. In unserem Beispiel oben ist |

−→AB| =

√12 + 22 =

√5.

Satz 2.1. Die Lange des Vektors ~v =(ab

)ist |~v| =

√a2 + b2.

Hat man ein Dreieck ABC bei gegebenen Punkten A, B, C zu untersuchen, empfiehlt

es sich, zuerst die Vektoren ~c =−→AB, ~a =

−→BC und ~b =

−→CA zu berechnen (beachte: bei

dieser Wahl der Vektoren ist ~a + ~b + ~c = 0, da man praktisch einmal um das Dreieckherumlauft; diese Identitat lasst sich sehr gut zur Kontrolle bei Rechnungen einsetzen),und dann zu testen, ob zwei (oder drei) dieser Vektoren die gleiche Lange haben (in diesemFall ist das Dreieck gleichschenklig, bzw. gleichseitig) und ob der Satz des Pythagorasgilt (in diesem Fall ist das Dreieck rechtwinklig).

Zu jedem Punkt A gehort der Ortsvektor−→OA, der vom Ursprung O auf A zeigt. Hat

der Punkt A die Koordinaten A(a|b), dann ist der dazugehorige Ortsvektor−→OA =

(ab

).

Am Ortsvektor−→OA kann man also die Koordinaten von A ablesen.

Die Summe zweier Vektoren ist durch das Hintereinander-Anlegen definiert: um zweiVektoren ~u und ~v zu addieren, setzt man den Anfang von ~v an das Ende von ~u:

Eine entsprechende Zeichnung (und das gleiche Ergebnis) erhalt man, wenn man ~u zu~v addiert. Das liegt am “Krafteparallelogramm” aus der Physik: um zwei Vektoren ~u und~v zu addieren, lasst man sie am selben Punkt O “angreifen” und bildet das dazugehorigeParallelogramm; der Vektor von O zum gegenuberliegenden Punkt des Parallelogrammsist die Summe ~u+ ~v der beiden Vektoren:

Beispielsweise ist(31

)+(12

)=(43

). Dieses Beispiel zeigt auch, wie man Vektoren

rechnerisch zu addieren hat: man setzt einfach(ab

)+(cd

)=(a+cb+d

).

Auch die Subtraktion ist ganz einfach: rechnerisch ist ohnehin(31

)−(12

)=(

2−1),

und um die Subtraktion zeichnerisch zu veranschaulichen, schreiben wir das Problem inder Form

(31

)+(−1−2): um zwei Vektoren zu subtrahieren, mussen wir nur den einen und

das Negative des andern addieren!

21

1 2 3 4

1

2

- 1

- 1

qq

qq

~u

~v ~v

~u+ ~v

Abbildung 2.2. Addition von Vektoren

1 2 3 4

1

2

- 1- 1

q qq q

~u

~v

1 2 3

1

- 1- 2- 1

- 2

q q

q q~u

−~v

~v

Abbildung 2.3. Addition und Subtraktion von Vektoren

Der Begriff des Vielfachen eines Vektoren kann ebenfalls sinnvoll erklart werden:naturlich setzen wir 2 · ~u = ~u + ~u und 3 · ~u = ~u + ~u + ~u etc. Fur ~u =

(ab

)ist daher

2~u =(2a2b

)und 3~u =

(3a3b

). Allgemein setzen wir r ·

(ab

)=(rarb

)fur jede reelle Zahl r.

Fur Vektoren gelten daher folgende Rechenregeln fur die Addition, Subtraktion unddie Multiplikation mit Skalaren:(

ab

)+(cd

)=(a+cb+d

),

(ab

)−(cd

)=(a−cb−d), r ·

(ab

)=(rarb

).

Mit diesen Festlegungen gelten fur das Rechnen mit Vektoren folgende Regeln:

~u+ ~v = ~v + ~u, r(~u+ ~v) = r~u+ r~v, (r + s)~u = r~u+ s~u.

Auf die Multiplikation von Vektoren werden wir noch zuruckkommen. Es waremoglich, das Produkt zweier Vektoren durch

(ab

)·(cd

)=(avbd

)festzulegen; allerdings

hat diese Multiplikation keine geometrische Interpretation und ist daher zum Losen geo-metrischer Probleme nutzlos.

22

2.2 Linearkombinationen und Lineare Gleichungssysteme

Das einfachste Beispiel einer Linearkombination zweier Vektoren ~a und~b ist deren Summe~a+~b. Allgemeiner nennt man jeden Ausdruck wie 2~a− 3~b, oder allgemeiner r~a+ s~b, eineLinearkombination von ~a und ~b. Einige wenige Probleme in der Vektorgeometrie laufendarauf hinaus, einen gegebenen Vektor ~c als Linearkombination zweier Vektoren ~a und ~bzu schreiben. Wie fast alles endet dies in einem linearen Gleichungssystem.

Beispiel 1. Wir beginnen mit einem trivialen Beispiel: wir wollen ~c =(

5−4)

als Linear-

kombination der beiden Basisvektoren ~a =(10

)und ~b =

(01

)schreiben. Nichts leichter

als das: (5−4)

= 5(10

)− 4(01

).

Beispiel 2. Schreibe ~c =(54

)als Linearkombination der beiden Vektoren ~a =

(12

)und

~b =(21

).

Wir machen den Ansatz ~c = r~a+ s~b, also(54

)= r(12

)+ s(21

).

Vergleichen der x1- und x2-Koordinaten ergibt

5 = r + 2s

4 = 2r + s

Zieht man die zweite Gleichung vom doppelten der ersten ab, erhalt man 10 − 4 =2r − 2r + 4s − s, also 6 = 3s und damit s = 2. Einsetzen in die erste Gleichung ergibt5 = r + 4, also r = 1. In der Tat ist(

54

)=(12

)+ 2(21

).

2.3 Parallelogramm und Rechteck

In einem Parallelogramm ABCD (in der Regel sind die Punkte im Gegenuhrzeigersinn

numeriert) gilt−→AB =

−→DC und

−→AD =

−→BC. Sind diese Bedingungen erfullt, ist ABCD ein

Parallelogramm. Tatsachlich genugt es, dass z.B.−→AB =

−→DC ist; ist das der Fall, so ist

die zweite Gleichung−→AD =

−→BC automatisch richtig.

In einem beliebigen Viereck ABCD ist namlich−→AB+

−→BC+

−→CD+

−→DA = 0 (geschlossene

Vektorkette); ist nun−→AB =

−→DC, also

−→AB = −

−→CD, so folgt 0 =

−→AB+

−→BC +

−→CD+

−→DA =

−→BC +

−→DA, und das bedeutet

−→BC = −

−→DA =

−→AD wie behauptet. In der Praxis mussen

wir also nur−→AB =

−→DC verifizieren, um sicher zu sein, dass ABCD ein Parallelogramm

ist.

Satz 2.2. Ein Viereck ABCD ist genau dann ein Parallelogramm, wenn−→AD =

−→BC ist.

23

Es genugt allerdings nicht zu zeigen, dass−→AB und

−→CD die gleiche Lange haben! Wenn

man mit Langen rechnet, muss man auch zeigen, dass−→AD und

−→BC dieselbe Lange haben.

Zu den Standardaufgaben in der Vektorgeometrie gehort es, ein Dreieck ABC zu einemParallelogramm zu erganzen. Sind z.B. A(2|1), B(5|3) und C(0|2) gegeben, so mussenwir die Koordinaten von D so bestimmen, dass ABCD ein Parallelogramm ist, d.h., dass−→AB =

−→DC gilt. Nun ist

−→AB =

(32

), und setzt man D(d1|d2), so ist

−→DC =

(0−d12−d2

). Aus

der Gleichung(32

)=(0−d12−d2

)folgt dann d1 = −3 und d2 = 0, d.h. die Koordinaten von

D sind gegeben durch D(−3|0).

1 2 3 4

1

2

3

- 1- 2- 3

qA

qBqC

qD1 2 3 4

1

2

3

- 1- 2- 3

qA

qBqC

qD

Abbildung 2.4. Erganzung zum Parallelogramm

Eine zweite (und nicht weniger wichtige) Methode, dieses Problem zu losen, besteht

darin, den Vektor−→AD =

−→BC zu A zu addieren; mathematisch exakt schreibt man dies

so auf:−→OD =

−→OA +

−→BC. Dies liefert

−→OD =

(21

)+(−5−1)

=(−3

0

), sodass sich auch hier

D(−3|0) ergibt.Mit derselben Methode kann man auch den Mittelpunkt von A und B bestimmen:

um vom Ursprung O nach M zu kommen, lauft man von O nach A und dann den halbenWeg von A nach B. In Formeln:

−→OM =

−→OA+

1

2

−→AB.

Setzt man die Koordinaten ein, so erhalt man

−→OM =

(a1a2

)+ 1

2

(b1−a1b2−a2

)=( (a1+b1)/2(a2+b2)/2

),

woraus wieder die obige Formel (1.1) folgt.

2.4 Punktspiegelung

Das Spiegeln eines Punkts A an einem zweiten Punkt L ist einfach: die Koordinaten des

gespiegelten Punkts A′ kann man am Ortsvektor−→OA′ ablesen, und diesen erhalt man

durch

24

qq

qO

A

L

A′

Abbildung 2.5. Spiegeln von A an L

−→OA′ =

−→OA+ 2

−→AL. (2.1)

Genausogut wie (2.1) wurde die Formel−→OA′ =

−→OL +

−→AL funktionieren, die aber

deshalb gefahrlich ist, weil man im Eifer des Gefechts oft−→LA statt

−→AL nimmt und dann

alles falsch wird.Sind A und A′ gegeben, so findet man die Koordinaten des Punktes L, an dem A

gespiegelt wurde, indem man den Mittelpunkt von A und A′ ausrechnet.

Satz 2.3. Um einen Punkt A an einem Punkt L zu spiegeln, muss man

−→OA′ =

−→OA+ 2

−→AL

rechnen und die Koordinaten des gespiegelten Punkts A′ am Ortsvektor−→OA′ ablesen.

Das Spiegeln von Punkten an einem Punkt ist oft hilfreich. Betrachten wir beispiels-weise das Problem, dass von einem Rechteck ABCD die Punkte A(1| − 1), B(−1|1) undder Diagonalenschnittpunkt M(3|3) gegeben sind. Um die fehlenden Koordinaten von Czu finden, mussen wir nur A an M spiegeln.

Dazu rechnen wir

−→OC =

−→OA+ 2

−→AM =

(1−1)

+ 2(24

)=(57

), sowie

−→OD =

−→OB + 2

−→BM =

(−11

)+ 2(42

)=(75

).

Also ist C(5|7) und D(7|5).Um zu testen, ob das Viereck wirklich ein Rechteck ist, berechnen wir

−→AB =

(−2−2),

−→DC =

(−2−2),

−→BC =

(66

),

−→AD =

(66

)Damit wissen wir, dass ABCD ein Parallelogramm ist. Um nachzurechnen, dass derWinkel in B ein rechter Winkel ist, nehmen wir Pythagoras:

25

1 2 3 4 5 6 7

1

2

3

4

5

6

- 1- 1 q AqB

qM

q Cq D

Abbildung 2.6. Spiegelung an einem Punkt

AB2

+BC2

= 8 + 72 = 80, sowie AC2

= 42 + 82 = 80.

Also gilt Pythagoras, folglich ist der Winkel in B ein rechter Winkel. Ist aber in einemParallelogramm ein Winkel ein rechter, dann sind es alle.

2.5 Vektoren im Raum

Der Grund, warum man Vektoren so spat erfunden hat, liegt wohl im wesentlichen darin,dass man sie in der Geometrie der Ebene nicht wirklich braucht. Erst im Dreidimensiona-len (und erst recht in allen Raumen noch großerer Dimension) zeigt die Vektorrechnungihre Kraft.

Vektoren im R3 haben 3 Koordinaten; der Vektor(

454

)zeigt beispielsweise vom Ur-

sprung auf P (4|5|4). Ebenfalls wie im R2 ist die Lange eines Vektors ~u =(abc

)gegeben

durch ∣∣∣( abc

)∣∣∣ =√a2 + b2 + c2,

und der Abstand zweier Punkte A(a1|a2|a3) und B(b1|b2|b3) durch

AB =√

(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2 + (b3 − a3)2.

Dies liegt an der zweifachen Anwendung von Pythagoras:

Um die Lange des Vektors ~u =(

454

)zu bestimmen, rechnet man erst die Lange des

Vektors(

450

)aus, der vom Ursprung O(0|0|0) auf Q′(4|5|0) zeigt: dieser Vektor hat Lange

d1 =√

42 + 52 =√

41. Das Dreieck OQ′Q ist aber auch rechtwinklig, folglich ist

26

1 2 3 4 5

1

2

3

4

x1

x2

x3

q Q

Q′(4|5|0))

(0|5|4)

(4|0|4)

O1

2

3

4

Abbildung 2.7. Lange von Vektoren im R3

OQ2

= OQ′2

+Q′Q2

= 41 + 42 = 42 + 52 + 42

nach dem Satz des Pythagoras, und damit OQ =√

42 + 52 + 42 =√

57.Damit kann man alles, was im R2 geht, auch im R3 machen. Insbesondere geht es

darum, Abstande und Langen auszurechnen, zu prufen, ob ein Dreieck gleichschenkligoder rechtwinklig ist, ein Dreieck zu einem Parallelogramm zu erganzen, Punkte einzu-zeichnen, oder die Koordinaten von Punkten aus einer Zeichnung abzulesen.

Ubungen.

2.1 Zeichne die Ortsvektoren ~a =(

2−1

)und ~b =

(24

)in ein Koordinatensystem. Zeichne auch

~a+~b, sowie ~a− 12~b, und kontrolliere das Ergebnis durch Rechnung.

2.2 In einem Dreieck ABC sei ~a =−→BC und ~b =

−→AC. Seien Ma, Mb und Mc die Mittelpunkte

der Seiten a = BC, b = AC und c = AB. Drucke die folgenden Vektoren mit Hilfe von ~a

und ~b aus (Beispiel:−→AB = ~b− ~a).

−→AMa = ,

−→AMb = ,

−→MaMb = .

2.3 Zeige, dass das Viereck EFGH mit E(4|0|4), F (4|6|1), G(0|6|5), und H(0|0|8) ein Paralle-logramm ist.

2.4 Bestimme den Punkt D so, dass das Viereck ABCD mit A(0|0|1), B(3|5|0) und C(6|−2|5)ein Parallelogramm wird.

27

2.5 Zeige, dass das Viereck ABCD mit A(1|1), B(7|3), C(6|6) und D(3|5) ein Trapez ist.Hinweis: ein Trapez ist ein Viereck mit zwei parallelen Seiten. Eine Raute hat vier gleichlange Seiten (und ist automatisch ein Parallelogramm), ein Drachen hat zwei Paare gleichlanger aneinanderliegender Seiten, und seine Diagonalen schneiden sich senkrecht.

2.6 (Aus dem Abitur BW 2008)Die Punkte A(5|0|0), B(5|3|0), C(5|0|4), F (0|0|0), G(0|3|0) und H(0|0|4) sind die Eckeneines dreiseitigen Prismas mit der Grundflache ABC.

Stellen Sie das Prisma in einem Koordinatensystem dar.

Bestimmen Sie das Volumen des Prismas.

Unter welchem Winkel schneidet die Flache BCHG die x1x2-Ebene?

Prufen Sie, ob das Viereck BCHG ein Quadrat ist.

2.7 Bestimme den Punkt D so, dass das Viereck ABCD mit A(2|3|4), B(3|5|7), C(4|5|8) einParallelogramm ist.

2.8 Zeige, dass die Punkte A(0|0|0), B(1|0|0), C( 12, 12

√3 |0) und D( 1

2| 16

√3 | 1

3

√6 ) die Ecken

eines Tetraeders sind. Wie groß ist dessen Volumen?2.9 Gegeben sind die Punkte A(3|2|6), B(7|0|2), C(5|4| − 2), und D(1|6|2). Zeige, dass ABCD

ein Quadrat ist.

2.10 Fur welche Werte von k hat der Vektor(

34k

)die Lange 13?

2.11 Ein Gebaude hat als Grundflache das Rechteck ABCD mit A(4|0|0), B(4|6|0), C(0|6|0)und D(0|0|0), und als Dachflache das Viereck EFGH mit E(4|0|4), F (4|6|1), G(0|6|5) undH(0|0|8) (Koordinatenangaben in Meter).

Stelle das Gebaude in einem Koordinatensystem dar.

Zeige, dass die Dachflache ein Parallelogramm ist. Wie lang sind die Seiten dieses Paralle-logramms?

Bestimme die Koordinaten des Mittelpunkts M des Rechtecks ABCD. Wie hoch ist dasGebaude im Punkt M?

2.12 (Aus dem Abitur BW 2012)Zeigen Sie, dass das Dreieck ABP mit A(6|1|0), B(2|3|0) und P (3|0|2.5) gleichschenkligist.

Das Viereck ABCD ist ein Rechteck mit Diagonalenschnittpunkt P Bestimmen Sie dieKoordinaten der Punkte C und D.

Welche Punkte der x1-Achse bilden jeweils mit A und B ein rechtwinkliges Dreieck mitHypotenuse AB?

Hinweis: die Punkte auf der x1-Achse haben Koordinaten (x|0|0).

2.13 Berechne den Flacheninhalt eines Dreiecks mit den Seitenlangen a = 13, b = 14, c = 15.Hinweis: lege A in den Ursprung und C in C(15|0). Berechne die Koordinaten von C mit derAbstandsformel (runden verboten!). Die Hohe des Dreiecks kann man an den Koordinatenvon C ablesen.Dreiecke mit ganzzahligen Seiten und ganzzahliger Flache heißen Heronische Dreiecke. Diekleinsten solchen, deren Seitenlangen drei aufeinanderfolgende Zahlen sind, sind (3, 4, 5),(13, 14, 15), (51, 52, 53) und (193, 194, 195).

28

3. * Zusatzliche Materialien

3.1 Raumliche Vorstellung

In der Vektorgeometrie gibt es sehr viele Standardaufgaben, bei denen man das Gelernteeinfach abspulen muss. Es gibt aber auch Aufgaben, bei denen ein gesundes raumlichesVorstellungsvermogen wenn nicht entscheidend, dann doch sehr hilfreich ist. In diesemAbschnitt wollen wir uns Ebenen, denen wir eigentlich erst viel spater begegnen werden,als Schnittebenen an Wurfeln veranschaulichen.

Grundobjekt ist ein Wurfel ABCDEFGH. Schneidet man den Wurfel durch die EbeneBCHE in zwei Teile (es entstehen zwei dreieckige Prismen BEFCHG und ABEDCH), sosieht das ganze aus wie in Abb. 2.

Interessant wird die Sache, wenn wir eine zweite Ebene ADGF ins Spiel bringen(Abb. 3). Auf den ersten Blick scheint es ganz viele Geraden zu geben, die sich schneiden;wenn man allerdings genauer hinsieht, so erkennt man, dass der “Schnittpunkt” derKante FG und der Diagonale BE nur ein scheinbarer ist, da BE in der linken Wand desWurfels, FG dagegen auf dem “Dach” liegt. Dagegen ist der Schnittpunkt S von AF undBE ein wirklicher Schnittpunkt, da diese beiden Diagonalen in derselben Seite, namlichder “linken Wand” des Wurfels liegen. Ebenso schneiden sich die beiden Diagonalen DGund CH in T. Mit den Punkten S und T haben die beiden Ebenen ADGF und BCHE dieganze Gerade durch ST gemein; diese nennt man die Schnittgerade der beiden Ebenen.

30

Blickt man von vorne auf den Wurfel, so sind Teile der Schnittebenen “verdeckt”; diefolgende Abbildung kommt dem, was man wirklich sieht, recht nahe:

Wir sollten vielleicht explizit bemerken, dassdie Gerade ST nicht in S oder T aufhort (indem Fall wurden wir von einer Strecke spre-chen), sondern nach rechts und links weiter-geht. Das gleiche gilt naturlich fur die einge-zeichneten Ebenen, die man erhalt, wenn mansich den Wurfel, an dem sie entstanden sind,wieder wegdenkt: auch Ebenen erstrecken sichins Unendliche. Damit man sich die Lage aberbesser vorstellen kann, zeichnet man nur Teiledavon, da man sonst das ganze Blatt farbenmusste. Auch hier ist also weniger mehr.

3.2 Flacheninhalt von Parallelogramm und Dreieck

Der Flacheninhalt eines ebenen Dreiecks lasst sich sehr leicht bestimmen, wenn wir unsnoch einmal die Addition zweier Vektoren

(ab

)+(cd

)=(a+cb+d

)anschauen:

Die Flache des Parallelogramms OADB ist das Doppelte des Flacheninhalts des Drei-ecks OAB. Die Flache des großen Rechtecks OA’DB’ ist offenbar F1 = (a + c)(b + d).Um die Flache F0 des Parallelogramms zu erhalten, mussen wir davon die Flache derrechtwinkligen Dreiecke und der kleinen Rechtecke (in unserem Beispiel sind es zufalligQuadrate wegen b = c) abziehen:

F0 = (a+ c)(b+ d)− ab− cd = ab+ ad+ bc+ cd− ab− cd− 2bc = ad− bc.

31

qq

qq

O

AB

D

A′

B′

Abbildung 3.1. Flache eines ebenen Dreiecks

Diese Differenz ad− bc kommt in der vektoriellen Geometrie so oft vor, dass sie eineeigene Bezeichnung bekommt: wir schreiben

ad− bc =

∣∣∣∣a cb d∣∣∣∣ (3.1)

und nennen den quadratischen Ausdruck rechts eine Determinante. Solche Determi-nanten werden uns im Laufe der Zeit noch einige Male begegnen. Damit haben wir

Satz 3.1. Der Flacheninhalt F eines von den Vektoren(ab

)und

(cd

)aufgespannten

Parallelogramms ist (bis auf das Vorzeichen) gleich dem Betrag der aus diesen Vektorengebildeten Determinante (3.1):

F =

∣∣∣∣ a cb d

∣∣∣∣ = ad− bc. (3.2)

Das von(ab

)und

(cd

)aufgespannte Dreieck hat folglich Flacheninhalt F∆ = 1

2 |ad− bc|.

3.3 Winkel zwischen Vektoren

Auch das Berechnen von Winkeln zwischen Vektoren werden wir erst spater vollstandigbehandeln. In diesem Abschnitt wollen wir zeigen, wie man Winkel zwischen Vektorenund Koordinatenachsen bzw. Koordinatenebenen berechnet.

Winkel zwischen Vektoren in zwei Dimensionen

Welchen Winkel bildet der Vektor ~a =(32

)mit der x- bzw. y-Achse? Der Winkel zwischen

~a und der x-Achse ist offenbar der Winkel zwischen ~a und ~ax =(30

)(die Bezeichnung ~ax

fur die Projektion von ~a auf die x-Achse ist nicht Standard; wer sie benutzen will, musssie erklaren), und aus der Zeichnung lesen wir ohne Probleme ab, dass tanα = 3

2 ist.Allgemein gilt:

32

1 2 3 4

1

2

- 1

- 1

(3|2)

~a

~ax

Abbildung 3.2. Addition von Vektoren

Satz 3.2. Der Winkel α zwischen(ab

)und der x-Achse genugt der Gleichung

tanα =b

a.

Fur den Winkel β zwischen(ab

)und der y-Achse gilt entsprechend

tanβ =a

b, bzw. β = 90◦ − α.

Hier wie in ahnlichen Situationen gilt: nicht die Formel auswendig lernen, sonderndas dazugehorige Bild!

Im Prinzip konnen wir damit auch Winkel zwischen zwei Vektoren ~a und ~b berechnen:dazu bestimmen wir den Winkel zwischen ~a und der x-Achse, sowie zwischen ~b und derx-Achse, und ziehen diese voneinander ab.

Winkel zwischen Vektoren und den Koordinatenebenen

Um zu verstehen, wie man den Winkel zwischen einem Vektor und einer Koordina-tenebene bestimmen kann, betrachte man noch einmal Abb. 2.7: der Winkel zwischen−→OQ =

(454

)und der Grundebene, der x1x2-Ebene, ist der Winkel, der von

−→OQ und dem in

die Grundebene projizierten Vektor−→OQ′ =

(450

)aufgespannt wird. Da das Dreieck OQ′Q

in Q′ einen rechten Winkel hat, konnen wir trigonometrische Funktionen benutzen, umden Winkel α = ^Q′OQ zu bestimmen: es ist namlich

sinα =Q′Q

OQ=

4√57, cosα =

OQ′

OQ=

√41√57, tanα =

Q′Q

OQ′=

4√41.

33

Aus jeder der drei Formeln1 folgt α = 32◦.Bei Winkeln zwischen Vektoren und einer andern Koordinatenebene muss man ent-

sprechend die Projektionen des Vektors in die x1x3- oder die x2x3-Ebene betrachten. Inder Praxis kommt aber fast immer nur die x1x2-Ebene vor.

Winkel zwischen Vektoren und den Koordinatenachsen

Hat man den Winkel zwischen dem Vektor−→OQ und der x2-Achse zu bestimmen, proji-

ziert man Q(4|5|4) senkrecht auf die x2-Achse und erhalt Q2(0|5|0). Dass−→QQ2 wirklich

senkrecht auf die x2-Achse steht, kann man mit Pythagoras nachprufen:

QQ22

+OQ22

= OQ2

ist richtig wegen

QQ22

=∣∣∣(−40−4

)∣∣∣ = 32, OQ22

= 52, und OQ2

= 42 + 52 + 42.

Fur den Winkel β zwischen Vektor−→OQ und der x2-Achse gilt also

cosβ =OQ2

OQ=

4√57,

was auf β ≈ 58◦ fuhrt.Ganz allgemein finden wir so:

Satz 3.3. Fur die Winkel α, β, γ zwischen dem Vektor ~a =(abc

)und den Koordinaten-

achsen gelten die Formeln

cosα =a√

a2 + b2 + c2, cosβ =

b√a2 + b2 + c2

, cos γ =c√

a2 + b2 + c2.

Fur Winkel zwischen beliebigen Vektoren gibt es Formeln, die wir aber erst spater imZusammenhang mit dem Skalarprodukt kennenlernen werden.

3.4 Aufgaben Erfinden

Es ist oft gar nicht so schwer, Aufgaben zu erfinden, bei denen nur “schone” Zahlenauftauchen. Beginnen wir mit etwas ganz einfachem: wir mochten ein Dreieck mit derFlache A = 12,5 haben. Nach der Dreiecksformel (3.2) ist A = 1

2 (ad − bc), also mussad − bc = 25 sein. Nun ist 25 = 28 − 3, also konnen wir a = 4, d = 7, b = 1 und c = 3setzen. Dies ergibt die Spannvektoren ~u =

(41

)und ~v =

(37

). Um die Koordinaten der

1 Die Hofbauer-Fuchs-Formeln, nach Linda Hofbauer und Franziska Fuchs aus dem Abi-Jahrgang 2012.

34

Ecken A, B, C des Dreiecks zu bekommen, wahlen wir A beliebig, sagen wir als A(12|13).Die Koordinaten von B und C bekommen wir dann durch

−→OB =

−→OA+ ~u =

(1213

)+(41

)=(1614

),

−→OC =

−→OA+ ~v =

(1213

)+(37

)=(1520

).

Daher lautet unsere Aufgabe so:

Aufgabe. Bestimme den Flacheninhalt des Dreiecks ABC mit A(12|13), B(16|14) undC(15|20).

Hier ist noch ein Beispiel dieser Art.

Rechtwinklige Dreiecke

Wir hatten nun gern ein rechtwinkliges Dreieck ABC. Dazu wahlen wir uns die Ecke

C(17|23) beliebig. Die Vektoren−→CA und

−→CB sollen orthogonal aufeinander stehen; da-

mit der Flacheninhalt keine Wurzeln enthalt, soll ihre Lange eine ganze Zahl sein. Dieeinfachsten Vektoren mit ganzer Lange sind

~u =(34

)mit | ~u | =

√32 + 42 = 5,

~v =(

512

)mit |~v | =

√52 + 122 = 13,

~w =(

122

)mit |~v | =

√12 + 22 + 22 = 3,

~p =(

3412

)mit | ~p | =

√32 + 42 + 122 = 13,

sowie alle ganzzahligen Vielfachen davon; die Lange andert sich ebenfalls nicht, wenn man

eine Koordinate durch ihr Negatives ersetzt. Wahlen wir z.B.−→CA = 3

(3−4)

=(

9−12

), so

wird−→CA⊥ = 3

(43

)=(129

), und wir finden

−→OA =

−→OC +

−→CA =

(1723

)+(

9−12

)=(2611

),

−→OB =

−→OA+

−→CB =

(1723

)+(129

)=(2932

).

Unsere Aufgabe lautet daher:

Aufgabe. Zeige, dass das Dreieck ABC mit A(26|11), B(29|32) und C(17|24) recht-winklig und gleichschenklig ist, und bestimme seinen Flacheninhalt und seinen Umfang.

Hatten wir das Dreieick nicht gleichschenklig gewollt, hatten wir nur−→CB = 3

(43

)z.B.

durch−→CB = 2

(43

)ersetzen brauchen.

35

Ubungen.

3.1 In einem Wurfel ABCDEFGH sind die beiden Ebenen ACEG und BCEH, sowie ihreSchnittgerade einzuzeichnen.

3.2 In einem Wurfel ABCDEFGH seien P, Q, R, S die Mittelpunkte der Kanten AE, BF, CGund DH. Zeichne die Ebenen ACEG und PQRS, sowie ihre Schnittgerade.

3.3 In einem Wurfel ABCDEFGH sei M der Schnittpunkt der beiden Diagonalen EG und FH.Zeichne die Ebenen durch ACM und BDHF, sowie ihre Schnittgerade.

3.4 In einem Wurfel ABCDEFGH sei M der Schnittpunkt der beiden Diagonalen EG und FH.Zeichne die Ebenen durch BCM, sowie diejenige durch die Mittelpunkte der Kanten AE,BF, CG und DH, sowie deren Schnittgerade.Hinweis: die Ebene durch das Dreieck BCM ist die Ebene durch PBCQ, wo P und Q dieMittelpunkte von EF bzw. GH sind.

36