Geometri i rommet – blandede oppgaver

Finn en sammenheng mellom $\theta$ og $t$.

Vi bruker formelen $A_{△}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|$ der $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{b}=\overrightarrow{AC}$.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[1-\left(-1\right),-1-0,0-1\right]=\left[2,-1,-1\right]\\ \overrightarrow{AC} & =& \left[0-\left(-1\right),1-0,-1-1\right]=\left[1,1,-2\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC} & =& \left[-1·\left(-2\right)-1·\left(-1\right),-1·1-\left(-2\right)·2,2·1-1·\left(-1\right)\right]\\ & =& \left[3,3,3\right]\end{array}$

Arealet blir

$\begin{array}{rcl}{A}_{ABC} & =& \frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}\right|\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{3^2+3^2+3^2}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{3·3^2}\\ & =& \frac{3}{2}\sqrt{3}\end{array}$

Løsning med CAS:

I linje 5 går det også an å bruke kommandoen Areal(A,B,C), men den gir ikke eksakt svar.

Vi regner ut vektoren for den tredje siden.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{BC} & =& \left[0-1,1-\left(-1\right),-1-0\right]=\left[-1,2,-1\right]\end{array}$

$\left|\overrightarrow{BC}\right|=\sqrt{{\left(-1\right)}^2+2^2+{\left(-1\right)}^2}=\sqrt{1+4+1}=\sqrt{6}$

Vi ser at absoluttverdiene til koordinatene til $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$ er de samme som for $\overrightarrow{BC}$. De tre vektorene er derfor like lange, trekanten er likesidet, og omkretsen av trekanten er $3\sqrt{6}$.

Vi kan regne ut arealet med arealsetningen for trekanter.

$A_{ABC}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\right|\left|\overrightarrow{AC}\right|\sin \angle BAC$

I en likesidet trekant er alle vinklene 60°. Arealet blir

$A_{ABC}=\frac{1}{2}·\sqrt{6}·\sqrt{6}·\frac{1}{2}\sqrt{3}=\frac{6}{4}\sqrt{3}=\frac{3}{2}\sqrt{3}$

Vi trenger $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[3-1,3-1,2-1\right]=\left[2,2,1\right]\\ \overrightarrow{AC} & =& \left[2-1,1-1,2-1\right]=\left[1,0,1\right]\end{array}$

Fra definisjonen av skalarproduktet får vi

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}& =& \left|\overrightarrow{AB}\right|·\left|\overrightarrow{AC}\right|·\cos \angle BAC\\ \cos \angle BAC & =& \frac{\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|·\left|\overrightarrow{AC}\right|}\\ & =& \frac{\left[2,2,1\right]·\left[1,0,1\right]}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}·\sqrt{1^2+0^2+1^2}}\\ & =& \frac{2+0+1}{\sqrt{9}·\sqrt{2}}\\ & =& \frac{3}{3·\sqrt{2}}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{2}\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\angle BAC & =& \frac{\pi }{4} \vee \angle BAC=2\pi -\frac{\pi }{4}\\ \angle BAC & =& \frac{\pi }{4} \vee \cancel{\angle BAC=\frac{7\pi }{4}}\end{array}$

🤔 Tenk over: Hvorfor trenger vi aldri å ta med den andre løsningen når det er snakk om vinkler i trekanter?

Kontroll med CAS:

Når $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AD}$, er skalarproduktet mellom vektorene lik 0.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[3-2,5-3,2-7\right]=\left[1,2,-5\right]\\ \overrightarrow{AD} & =& \left[3-2,5-3,t-7\right]=\left[1,2,t-7\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AD} & =& 0\\ \left[1,2,-5\right]·\left[1,2,t-7\right] & =& 0\\ 1·1+2·2-5\left(t-7\right) & =& 0\\ 1+4-5t+35 & =& 0\\ -5t & =& -40\\ t & =& 8\end{array}$

$\overrightarrow{AB}\parallel \overrightarrow{CD}\iff \overrightarrow{AB}=k·\overrightarrow{CD}$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{CD} & =& \left[3-1,5-1,t-5\right]=\left[2,4,t-5\right]\end{array}$

For at vektorene skal være parallelle, må forholdet mellom koordinatene til $\overrightarrow{CD}$ og $\overrightarrow{AB}$ være like.

$x$-koordinatene: $\frac{2}{1}=2$

$y$-koordinatene: $\frac{4}{2}=2$

For å få $z$-koordinatene like må vi kreve at

$\begin{array}{rcl}\frac{t-5}{-5} & =& 2\\ t-5 & =& -10\\ t & =& -5\end{array}$

Vi bruker at

$\overrightarrow{u}\perp \overrightarrow{v}\iff \overrightarrow{u}·\overrightarrow{v}=0$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[2-1,1-1,5-1\right]=\left[1,0,4\right]\\ \overrightarrow{AC} & =& \left[3-1,7-1,3-1\right]=\left[2,6,2\right]\\ \overrightarrow{BC} & =& \left[3-2,7-1,3-5\right]=\left[1,6,-2\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC} & =& \left[1,0,4\right]\cdot \left[2,6,2\right]=2+0+8=10\\ \overrightarrow{AB}·\overrightarrow{BC} & =& \left[1,0,4\right]\cdot \left[1,6,-2\right]=1+0-8=-7\\ \overrightarrow{BC}·\overrightarrow{AC} & =& \left[1,6,-2\right]\cdot \left[2,6,2\right]=2+36-4=34\end{array}$

Ingen av skalarproduktene er null. Da kan ikke $△ABC$ være rettvinklet.

Vi setter $D=\left(x,y,z\right)$. Dersom $ABCD$ skal være et parallellogram, kan vi bruke at $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{BC}$ eller $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{DC}$.

$\overrightarrow{AD}=\left[x-1,y-1,z-1\right]$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AD} & =& \overrightarrow{BC}\\ \left[x-1,y-1,z-1\right] & =& \left[1,6,-2\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcccrcccrcc}x-1& =& 1& \wedge & y-1& =& 6& \wedge & z-1& =& -2\\ x& =& 2& \wedge & y& =& 7& \wedge & z& =& -1\end{array}$

Koordinatene til $D$ er $\left(2,7,-1\right)$.

Vi bruker formelen $A_{△}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|$ der $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{b}=\overrightarrow{AC}$.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[3-1,1-\left(-1\right),1-0\right]=\left[2,2,1\right]\\ \overrightarrow{AC} & =& \left[0-1,0-\left(-1\right),0-0\right]=\left[-1,1,0\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC} & =& \left[2·0-1·1,1·\left(-1\right)-0·2,2·1-\left(-1\right)·2\right]\\ & =& \left[-1,-1,4\right]\end{array}$

Arealet blir

$\begin{array}{rcl}{A}_{ABC} & =& \frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}\right|\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(-1\right)}^2+4^2}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{1+1+16}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{9·2}\\ & =& \frac{3}{2}\sqrt{2}\end{array}$

$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=\left[2,2,1\right]·\left[-1,1,0\right]=2·\left(-1\right)+2·1+1·0=0$

Trekanten er dermed rettvinklet, og katetene er $\left|\overrightarrow{AB}\right|$ og $\left|\overrightarrow{AC}\right|$. Da er arealet av trekanten

$\begin{array}{rcl}{A}_{ABC} & =& \frac{1}{2}Gh \\ & =& \frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\right|·\left|\overrightarrow{AC}\right|\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{2^2+2^2+1^2}·\sqrt{{\left(-1\right)}^2+1^2+0^2}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{9}·\sqrt{2}\\ & =& \frac{3}{2}\sqrt{2}\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[3-1,3-1,2-1\right] = \left[2,2,1\right]\\ \overrightarrow{AC} & =& \left[2-1,1-1,2-1\right] = \left[1,0,1\right]\\ \overrightarrow{BC} & =& \left[2-3,1-3,2-2\right] = \left[-1,-2,0\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\left|\overrightarrow{AB}\right| & =& \sqrt{2^2+2^2+1^2}=\sqrt{4+4+1}=\sqrt{9}=3\\ \left|\overrightarrow{AC}\right| & =& \sqrt{1^2+0^2+1^2}=\sqrt{1+1}=\sqrt{2}\\ \left|\overrightarrow{BC}\right| & =& \sqrt{{\left(-1\right)}^2+{\left(-2\right)}^2+0^2}=\sqrt{1+4}=\sqrt{5}\end{array}$

Omkretsen til trekanten $ABC$ er $3+\sqrt{2}+\sqrt{5}$.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC} & =& \left[2·1-0·1,1·1-1·2,2·0-1·2\right]\\ & =& \left[2,-1,-2\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\left|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}\right| & =& \sqrt{2^2+{\left(-1\right)}^2+{\left(-2\right)}^2}=\sqrt{4+1+4}=3\end{array}$

Arealet av trekanten $ABC$ er

$\begin{array}{rcl}\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}\right| & =& \frac{3}{2}\end{array}$

Vi trenger

$\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}=\left[2,2,1\right]·\left[1,0,1\right]=2·1+2·0+1·1=3$

Fra definisjonen av skalarproduktet får vi at

$\begin{array}{rcl}\cos \left(\angle BAC\right) & =& \frac{\overrightarrow{AB}·\overrightarrow{AC}}{\left|\overrightarrow{AB}\right|·\left|\overrightarrow{AC}\right|}\\ & =& \frac{3}{3·\sqrt{2}}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{2}\\ \angle BAC & =& \frac{\pi }{4}\end{array}$

Kontroll med CAS:

1. Når skalarproduktet mellom to vektorer er lik 0 og ingen av vektorene er $\overrightarrow{0}$, står vektorene normalt på hverandre.

2. Når vektorproduktet mellom to vektorer skal være lik $\overrightarrow{0}$ og ingen av vektorene er $\overrightarrow{0}$ fra før, er vektorene parallelle.

3. Dersom $\overrightarrow{b}$ og $\overrightarrow{c}$ er parallelle, er $\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c}=\overrightarrow{0}$. Da blir skalarproduktet med $\overrightarrow{a}$ lik 0 for alle vektorer $\overrightarrow{a}$, og vi kan ikke si noe om hvordan $\overrightarrow{a}$ ligger i forhold til de to andre vektorene. Er derimot $\overrightarrow{b}$ og $\overrightarrow{c}$ ikke parallelle, må $\overrightarrow{a}$ stå normalt på vektorproduktet $\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c}$ for at skalarproduktet skal være 0. Da må $\overrightarrow{a}$ være parallell med alle plan som har $\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c}$ som normalvektor. Alternativt kan vi si at det må bety at det finnes plan som alle tre vektorene er parallelle med.

$\begin{array}{rcl}{\left(\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2 & =& {\left(\left|\overrightarrow{a}\right|·\left|\overrightarrow{b}\right|·\sin u\right)}^2+{\left(\left|\overrightarrow{a}\right|·\left|\overrightarrow{b}\right|·\cos u\right)}^2\\ & =& {\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2·{\sin }^{2}u+{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2·{\cos }^{2}u\\ & =& \left({\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2\right)\left({\sin }^{2}u+{\cos }^{2}u\right)\\ & =& {\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2\end{array}$

Vi bruker arealformelen $A=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|$ sammen med formelen fra oppgave b), ${\left(\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2={\left|\overrightarrow{a}\right|}^2+{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2$. Formelen gir oss

$\begin{array}{rcl}{\left(\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right)}^2+{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2 & =& {\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2\\ {\left(\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right)}^2 & =& {\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2-{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2\\ {\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|}^2 & =& {\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2-{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2\\ \left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right| & =& \sqrt{{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2-{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2}\end{array}$

Vi får

$A=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|=\frac{1}{2}\begin{array}{rcl}& & \sqrt{{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2-{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2}\end{array}$

Når $\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=0$, får vi

$A=\frac{1}{2}\begin{array}{l}\sqrt{{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2-0}\end{array}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\right|·\left|\overrightarrow{b}\right|$

Det betyr at trekanten er rettvinklet. Det kunne vi også ha sagt med én gang når $\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=0$.

Når $\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}=\overrightarrow{0}$, får vi

$A=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|=\frac{1}{2}·0=0$

Da har vi heller ingen trekant siden $\overrightarrow{a}$ og $\overrightarrow{b}$ er parallelle.

Vi setter

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{a} & =& \overrightarrow{AB}=\left[2-1,3-1,4-1\right]=\left[1,2,3\right]\\ \overrightarrow{b} & =& \overrightarrow{AC}=\left[3-1,1-1,5-1\right]=\left[2,0,4\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2 & =& {\left(\sqrt{1^2+2^2+3^2}\right)}^2=1+4+9=14\\ {\left|\overrightarrow{b}\right|}^2& =& {\left(\sqrt{2^2+0^2+4^2}\right)}^2=4+16=20\\ \overrightarrow{a}·\overrightarrow{b} & =& \left[1,2,3\right]·\left[2,0,4\right]=1·2+3·4=2+12=14\end{array}$

Arealet blir

$\begin{array}{rcl}A & =& \frac{1}{2}\begin{array}{l}\sqrt{{\left|\overrightarrow{a}\right|}^2·{\left|\overrightarrow{b}\right|}^2-{\left(\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}\right)}^2}\end{array}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{14·20-{14}^2}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{14\left(20-14\right)}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{14·6}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{2·7·2·3}\\ & =& \sqrt{21}\end{array}$

Siden grunnflata skal være kvadratisk, må $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OC}$.

$\overrightarrow{AB}=\left[3-3,3-0,0-0\right]=\left[0,3,0\right]$

Siden $\overrightarrow{OC}$ er posisjonsvektoren til $C$, må vi ha at $C=\left(0,3,0\right)$.

Vi løser oppgaven med CAS.

Arealet av sideflata $ABD$ er $\frac{15}{2}$.

Vi har fra a) at $\overrightarrow{AB}=\left[0,3,0\right]$.

$\overrightarrow{AD}=\left[0-3,0-0,4-0\right]=\left[-3,0,4\right]$

En normalvektor for planet $\alpha$ er da

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AD}& = & \left[0,3,0\right]\times [-3,0,4]\\ & =& \left[3·4-0·0,0·\left(-3\right)-4·0,0·0-\left(-3\right)·3\right]\\ & =& \left[12,0,9\right]\\ & =& 3[4,0,3]\end{array}$

Likningen for planet blir

$\begin{array}{rcl}a·\left(x-x_0\right)+b·\left(y-y_0\right)+c·\left(z-z_0\right)& = & 0\\ 4\left(x-3\right)+0\left(y-0\right)+3\left(z-0\right)& =& 0\\ 4x-12+3z& =& 0\\ 4x+3z-12& =& 0\end{array}$

CAS gir samme resultat.

For å finne avstanden $q$ fra punktet $O$ til planet $\alpha$ bruker vi avstandsformelen.

$\begin{array}{rcl}q& = & \frac{\left|a{x}_1+b{y}_1+c{z}_1+d\right|}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\\ & =& \frac{\left|4·0+0·0+3·0-12\right|}{\sqrt{4^2+0^2+3^2}}\\ & = & \frac{\left|-12\right|}{\sqrt{25}}\\ & =& \frac{12}{5}\end{array}$

CAS gir samme resultat.

Vi løser oppgaven med CAS.

Vinkelen mellom normalvektorene er 1,2 (linje 10). Dette er mindre enn $\frac{\pi }{2}$. Vinkelen mellom planene $\alpha$ og $\beta$ er derfor også 1,2.

Vi kan også finne vinkelen mellom planene med kommandoen Vinkel(α,β).

Siden $y$- og $z$-koordinatene i parameterframstillingen til $l$ er konstante, betyr det at $l$ er parallell med $x$-aksen. Vi kan derfor avgjøre om dronen kolliderer med pyramiden ved å undersøke om den treffer trekanten $ABD$.

Vi starter med å finne skjæringspunktet $P$ mellom linja $l$ og planet $\alpha$, som trekanten $ABD$ ligger i.

Hvis dronen kolliderer med pyramiden, er det i tilfelle i punktet $P$. Linjestykket $AD$ ligger i $xz$-planet der $y$-koordinaten alltid er 0. Punktet $P$ ligger derfor til høyre for $AD$.

Så må vi sjekke hvor $P$ ligger i forhold til $BD$. Siden $P$ har $z$-koordinat lik 2, kan vi se om $P$ ligger til høyre eller til venstre for punktet på $BD$ med samme $z$-koordinat, som er midtpunktet $M$ på $BD$ siden $z$-koordinaten til $M$ er $\frac{4-0}{2}=2$.

Midtpunktet $M$ er regnet ut ved å ta gjennomsnittet av $B$ og $D$. (Vi kan også finne $M$ med vektorregning eller ved å lage en parameterframstilling for linja gjennom $B$ og $D$.) Siden $$$y$-koordinaten til $P$ er større enn $y$-koordinaten til $M$, ligger $P$ til høyre for $BD$ og dermed utenfor trekanten $ABD$, og dronen treffer derfor ikke pyramiden.

Vi løser oppgaven med CAS.

Vi får at begge flyene går med den samme konstante farten 0,11 km/s.

Vi får fra linje 6 at linjene skjærer hverandre for samme parameterverdi, det vil si ved samme tidspunkt. Flyene vil derfor kollidere når $t=100$ i punktet $\left(2,3,8\right)$.

Siden parameterframstillingene for farten til flyene ikke varierer med $t$, er akselerasjonen, som er den deriverte av farten, null.

Vi kan finne uttrykket for linja ved å bruke ettpunktsformelen. Alternativt kan vi bruke denne framgangsmåten:

Linja skjærer $y$-aksen for $y=b$. Det betyr at konstantleddet i uttrykket for den rette linja er $b$. Uttrykket for linja er derfor

$y=kx+b$

der $k$ er stigningstallet til linja.

Vi har at $x=a \Rightarrow y=0$. Dette gir

$\begin{array}{rcl}k·a+b & =& 0\\ k·a & =& -b\\ k & =& -\frac{b}{a}\end{array}$

Uttrykket for den rette linja gjennom $A$ og $B$ er

$y=-\frac{b}{a}x+b$

$\begin{array}{rcl}y & =& -\frac{b}{a}x+b |·\frac{1}{b}\\ \frac{y}{b} & =& -\frac{bx}{ab}+\frac{b}{b}\\ & =& -\frac{x}{a}+1\\ \frac{x}{a}+\frac{y}{b} & =& 1\end{array}$

Vi løser oppgaven med CAS.

Vi kan også finne normalvektoren med kommandoen Normalvektor(Plan(A,B,C)).

Vi bruker normalvektoren $\overrightarrow{n}$ fra oppgave c) og punktet $A$ sammen med den generelle likningen for et plan. Dette gir

$\begin{array}{rcl}{n}_x·\left(x-x_0\right)+n_y·\left(y-y_0\right)+n_z·\left(z-z_0\right)& = & 0\\ bc\left(x-a\right)+ac·\left(y-0\right)+ab\left(z-0\right)& =& 0\\ bcx-abc+acy+abz& =& 0 |·\frac{1}{abc}\\ \frac{bcx}{abc}-\frac{abc}{abc}+\frac{acy}{abc}+\frac{abz}{abc}& =& 0\\ \frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}& =& 1\end{array}$

Vi setter det vi vet, inn i resultatet fra oppgave d).

$\frac{x}{5}+\frac{y}{4}+\frac{z}{c}=1$

Dersom $c$ øker, vil planet $\beta$ bli mer og mer parallelt med $z$-aksen. Dersom $c$ går mot uendelig, blir planet tilnærmet parallelt med $z$-aksen. Det betyr at leddet $\frac{z}{c}\to 0$. Tar vi bort leddet $\frac{z}{c}$, må det derfor tilsvare at planet er parallelt med $z$-aksen. Likningen for $\beta$ blir derfor

$\frac{x}{5}+\frac{y}{4}=1$

Alternativ løsning:

Vi setter det vi vet, inn i resultatet fra oppgave d).

$\frac{x}{5}+\frac{y}{4}+\frac{z}{c}=1$

For et plan parallelt med $z$-aksen, kan ikke planlikningen inneholde $z$ siden $z$ kan være hva som helst når $x$ og $y$ er valgt. Da må vi kreve at leddet $\frac{z}{c}$ må bort. Likningen for $\beta$ blir derfor

$\frac{x}{5}+\frac{y}{4}=1$

Vi løser oppgaven med CAS.

Frisparket blir tatt fra punktet $\left(0,-20,0\right)$.

Vi må finne farten $\overrightarrow{v}\left(t\right)$, den deriverte av posisjonen $\overrightarrow{r}\left(t\right)$, for $t=0$.

Banefarten til ballen når frisparket blir tatt, er 10,1 m/s. Vi ser av fartsvektoren ved $t=0$ i linje 4 at $y$-komponenten er klart størst. Siden den er positiv, betyr det at frisparket går omtrent i samme retning som positiv $y$-akse og noe oppover siden $z$-komponenten er positiv og litt avbøyd i negativ $x$-retning.

$z$-komponenten til $\overrightarrow{r}\left(t\right)$ bestemmer hvor høyt ballen kommer. Den er en andregradsfunksjon med negativ koeffisient foran andregradsleddet og har derfor et toppunkt. Vi finner toppunktet ved å finne når den deriverte av $z$-komponenten (det vil si farten i $z$-retning) er 0.

Ballen kommer 2,45 m opp på det høyeste.

Ballen er i lufta mellom nullpunktene til $z$-komponenten til $\overrightarrow{r}\left(t\right)$.

Ballen er i lufta i 7 sekunder.

Vi regner ut lengden av vektoren fra startpunktet til landingspunktet ved hjelp av svaret i forrige oppgave.

Frisparket lander 60,2 m fra der det blir tatt.

Av linje 9 ser vi at akselerasjonsvektoren ikke har noen komponent i $x$-retning og ligger derfor i $yz$-planet ($x=0$). $y$- og $z$-komponentene er like store og negative. Linje 10 og 11 gir at akselerasjonsvektoren har vinkelen $\frac{\pi }{4}$ både med negativ $y$- og negativ $z$-akse.

Når ballen krysser mållinja, vet vi at $y$-komponenten til $\overrightarrow{r}\left(t\right)$ er null.

Den andre løsningen i linje 12 og 13 kan vi ikke bruke siden den er en $t$-verdi lenge etter at ballen har landet. Vi får av linje 14 at $x$-komponenten er innenfor målstengene. $z$-komponenten er 2,05. Det betyr i praksis at ballen treffer tverrliggeren. Det blir derfor ikke mål på dette frisparket.

Radien i kula må være lik avstanden mellom $S$ og planet $\alpha$.

Likningen for kula blir ${\left(x-11\right)}^2+{\left(y-2\right)}^2+{\left(z+6\right)}^2=169$.

Vi finner en parameterframstilling for linja gjennom sentrum og punktet der planet $\alpha$ tangerer kuleflata. En retningsvektor for denne linja vil være normalvektoren til planet $\alpha$. Linja går gjennom punktet $S$, og vi har parameterframstillingen (linje 5).

Vi finner så den $t$-verdien som er slik at vi får tangeringspunktet mellom kuleflata og planet ved å sette parameterframstillingen til linja inn i planlikningen (linje 6). Vi finner tangeringspunktet $T$ ved å sette denne verdien for $t$ inn i parameterframstillingen for linja (linje 7).

Vi observerer at planet $\beta$ har samme normalvektor som planet $\alpha$, og planene er derfor parallelle. Vi kaller sentrum i skjæringssirkelen for $P$. Vi finner avstanden $PS$ i linje 9. Et punkt $Q$ på skjæringssirkelen ligger i avstand 13 fra $S$ (siden skjæringssirkelen ligger på kuleflata) og danner en rettvinklet trekant $PQS$ der $QS$ er hypotenusen, se bildet under.

Radien i skjæringssirkelen er 5.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[0-3,4-0,0-0\right]=\left[-3,4,0\right]\\ \overrightarrow{AC} & =& 0-3,0-0,1-0=\left[-3,0,1\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC} & =& \left[4·1-0·0,0·\left(-3\right)-1·\left(-3\right),-3·0-\left(-3\right)·4\right]\\ & =& \left[4,3,12\right]\end{array}$

Vi bruker formelen $A_{△}=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|$ der $\overrightarrow{a}=\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{b}=\overrightarrow{AC}$.

Arealet blir

$\begin{array}{rcl}{A}_{ABC} & =& \frac{1}{2}\left|\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}\right|\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{4^2+3^2+{12}^2}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{16+9+144}\\ & =& \frac{1}{2}\sqrt{169}\\ & =& \frac{13}{2}\end{array}$

En normalvektor for planet er $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\left[4,3,12\right]$. Vi bruker den sammen med punktet $C\left(0,0,1\right)$ i den generelle planlikningen. Planlikningen for $\alpha$ er

$\begin{array}{rcl}a·\left(x-x_0\right)+b·\left(y-y_0\right)+c·\left(z-z_0\right)& = & 0\\ 4\left(x-0\right)+3\left(y-0\right)+12\left(z-1\right)& =& 0\\ 4x+3y+12z-12& =& 0\end{array}$

Vi setter vektorfunksjonen $\overrightarrow{OP}$ inn i planlikningen.

$\begin{array}{rcl}4·t+3·\frac{t^2}{3}+12·\left(-\frac{t}{4}\right)-12 & =& 0\\ 4t+t^2-3t-12 & =& 0\\ t^2+t-12 & =& 0\\ \left(t+4\right)\left(t-3\right) & =& 0\\ \cancel{t = -4} \vee t & =& 3\end{array}$

Posisjonen til partikkelen er

$\left(3,\frac{3^2}{3},-\frac{3}{4}\right)=\left(3,3,-\frac{3}{4}\right)$

Partikkelen treffer planet $\alpha$ etter 3 sekunder i punktet $\left(3,3,-\frac{3}{4}\right)$.

Farten $\overrightarrow{v}\left(t\right)$ er

$\overrightarrow{v}\left(t\right)={\overrightarrow{OP}}^{\text{'}}\left(t\right)=\left[1,\frac{1}{3}·2t,-\frac{1}{4}\right]=\left[1,\frac{2}{3}t,-\frac{1}{4}\right]$

$\overrightarrow{v}\left(3\right)=\left[1,\frac{2·3}{3},-\frac{1}{4}\right]=\left[1,2,-\frac{1}{4}\right]$

$\begin{array}{rcl}\left|\overrightarrow{v}\left(3\right)\right| & =& \sqrt{1^2+2^2+{\left(-\frac{1}{4}\right)}^2}\\ & =& \sqrt{1+4+\frac{1}{16}}\\ & =& \sqrt{\frac{5·16}{16}+\frac{1}{16}}\\ & =& \sqrt{\frac{81}{16}}\\ & =& \frac{9}{4}\end{array}$

Banefarten til partikkelen i kollisjonsøyeblikket er $\frac{9}{4}$ m/s.

$\overrightarrow{a}\left(t\right)={\overrightarrow{v}}^{\text{'}}\left(t\right)=\left[0,\frac{2}{3},0\right]$.

Akselerasjonen til partikkelen er konstant og lik $\frac{2}{3} \frac{\mathrm{m}}{{\mathrm{s}}^2}$ i $y$-retning.

En helningsvinkel $w$ målt til $v$ prosent er det samme som at $\tan w=\frac{v}{100}$. Vi regner ut $w$ med CAS.

Helningsvinkelen målt i radianer er 0,099 7.

Vi regner først ut hvor lang en runde er. Så bruker vi at tid er lik strekning delt på fart.

Bilen bruker 42,3 s på en runde i tunnelen.

Vi må finne hvor stor farten er i horisontal (vannrett) retning, for det er den som bestemmer hvor fort bilen kjører en runde. Vi dekomponerer $\overrightarrow{v}$ i en horisontal komponent ${\overrightarrow{v}}_h$ og en vertikal (loddrett) komponent ${\overrightarrow{v}}_v$.

Dette gir oss

$\begin{array}{rcl}\cos w & =& \frac{\left|{\overrightarrow{v}}_h\right|}{\left|\overrightarrow{v}\right|}\iff \left|{\overrightarrow{v}}_h\right| = \left|\overrightarrow{v}\right|·\cos w\end{array}$

Så regner vi ut tida $T$ på en runde ved å regne ut strekning delt på fart. Vi løser oppgaven med CAS.

Bilen bruker 36,8 sekunder på å kjøre én runde i tunnelen.

Begge måtene å regne på er riktige. Problemet er at de offisielle tallene som er oppgitt, ikke stemmer overens. Når de har målt lengden på tunnelen til 1 650 meter, kan de ikke ha målt i en avstand slik at diameteren blir 70 meter. Det kan være fordi de har prøvd å ta hensyn til at du ikke kjører samme lengde når du kjører opp som når du kjører ned. Hvorfor blir det forskjell?

Figuren gir oss at

$x=r\cos \theta , y=r\sin \theta$

Vinkelen $\theta$ målt i radianer kan vi skrive som

$\theta =\frac{b}{r}$

der $b$ er lengden av sirkelbuen (definisjonen på en vinkel målt i radianer).

Siden bilen går med farten $v_h$ sett ovenfra, får vi at

$b=v_h·t$

Totalt gir dette at

$\theta =\frac{b}{r}=\frac{v_{h}t}{r}=\frac{v\cos w}{r}t$

og videre at

$x=r\cos \left(\frac{v\cos w}{r}t\right), y=r\sin \left(\frac{v\cos w}{r}t\right)$

For å finne $z$-koordinaten til $P$ må vi finne ut hvor fort bilen beveger seg i vertikal retning. Ved hjelp av figuren i oppgave b) får vi at farten $v_v$ i vertikal retning er

$v_v=v\sin w$

Når bilen har beveget seg $z$ meter oppover, blir derfor

$z=v_v·t=v_v·\sin w·t$

Vi bruker CAS til å komme fram til parameterframstillingen.

Vi må finne ut hva vinkelen $\theta$ er, og regne ut hvor mange omdreininger det tilsvarer. Vi kan kontrollere svaret siden vi har fra oppgave c) at omløpstida er 37 sekunder.

Bilen har kjørt 3 og en kvart runde etter 2 minutter.

Vi velger å bruke informasjonen om at det er 6,5 runder i tunnelen.

Det tar temmelig nøyaktig 4 minutter å kjøre tunnelen når farten er $6 \mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Vi må finne $z$-koordinaten til $\overrightarrow{OP}$ når $t=239,4$, det vil si når bilen kjører ut av tunnelen på toppen.

Høydeforskjellen er 143 m.

Vi finner banefarten ved å regne ut $\left|{\overrightarrow{OP}}^{\text{'}}\right|$.

Legg merke til at GeoGebra ikke automatisk forenkler det trigonometriske uttrykket ved hjelp av enhetsformelen. I linje 14 finner vi at banefarten er konstant lik $6 \mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Vi finner akselerasjonsvektoren ved å regne ut ${\overrightarrow{OP}}^{\text{'}\text{'}}$.

Siden $z$-komponenten til akselerasjonsvektoren er null, er det ingen akselerasjon i denne retningen. De to andre komponentene er cosinus- og sinusfunksjoner med samme periode som posisjonsvektoren $\overrightarrow{OP}$, men med like, negative faktorer foran. $x$- og $y$-komponentene har derfor motsatt retning i forhold til $x$- og $y$-komponentene til $\overrightarrow{OP}$, noe som betyr at akselerasjonsvektoren peker innover mot sentrum i spiralen.

Vi bruker den generelle likningen for ei kule med radius $r$ og sentrum i $\left(a,b,c\right)$.

$\begin{array}{rcl}{\left(x-a\right)}^2+{\left(y-b\right)}^2+{\left(z-c\right)}^2 & =& r^2\\ {\left(x-2t\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2 & =& 2^2\\ {\left(x-2t\right)}^2+{\left(y-1\right)}^2+{\left(z-3\right)}^2 & =& 4\end{array}$

Siden $y$- og $z$-koordinatene til sentrum i kuleflata $K_1$ er konstante, beveger kuleflata seg parallelt med $x$-aksen. Kuleflata tangerer $yz$-planet når avstanden i $x$-retning fra sentrum til $yz$-planet er lik radien i kula, som betyr at absoluttverdien til $x$-koordinaten til sentrum er lik 2.

Kula tangerer $yz$-planet ved tidspunktene $t=-1$ og $t=1$.

Alternativ løsning:

Når sentrum i kula er i $yz$-planet, er $x$-koordinaten lik 0. Da er sentrum i kula i punktet $P\left(0,1,3\right)$. Kula tangerer $yz$-planet når avstanden mellom sentrum og $P$ er lik 2. Da kan vi bruke kommandoen "Avstand" i CAS og løse likning.

De to kuleflatene $K_1$ og $K_2$ vil tangere hverandre når avstanden mellom sentraene er lik summen av radiene, det vil si 4.

Alternativt kan vi løse likningen Avstand(S1,S2)=4.

Kuleflatene vil tangere hverandre når $t=-\frac{\sqrt{6}}{2}$, og når $t=\frac{\sqrt{6}}{2}$.

Når kulene tangerer hverandre, er summen av radiene lik avstanden mellom sentraene, det vil si $r+2$. Den minste verdien for $r$ får vi derfor når avstanden mellom sentraene er minst.

Uttrykket i svaret i linje 5 er minst når $t=0$. I linje 6 setter vi inn denne $t$-verdien og får at den minste verdien for radien $r$ er $\sqrt{10}-2$.

Alternativ løsningsmetode:

$K_2$ vil ha sin minste mulige størrelse når sentrum i $K_1$ er i punktet $P$ siden det er dette punktet som er nærmest origo $O$, noe vi kan vise ved å sette opp uttrykket for lengden av $\overrightarrow{OP}$. Se også den alternative løsningen av oppgave b).

Den minste verdien for radien $r$ om kuleflatene skal kunne tangere hverandre er $\sqrt{10}-2$.

Vi skal bestemme radien til hver av de tre kulene. Avstanden mellom to av de tre punktene vil alltid være summen av to kuleradier siden kuleflatene tangerer hverandre. Vi lar lengden til radiene i de tre kulene få betegnelsene $r_A, r_B$ og $r_C$. Da kan vi sette opp følgende tre likninger:

$\left|\overrightarrow{AB}\right|=r_A+r_B , \left|\overrightarrow{AC}\right|=r_A+r_C , \left|\overrightarrow{BC}\right|=r_B+r_C$

Vi får et likningssett der de tre radiene er ukjente.

$\begin{array}{rcl}\overrightarrow{AB} & =& \left[1-1,2-\left(-1\right),4-0\right]=\left[0,3,4\right]\\ \overrightarrow{AC} & =& \left[5-1,1-\left(-1\right),-4-0\right]=\left[4,2,-4\right]\\ \overrightarrow{BC} & =& \left[5-1,1-2,-4-4\right]=\left[4,-1,-8\right]\end{array}$

$\begin{array}{rcl}\left|\overrightarrow{AB}\right| & =& \sqrt{0^2+3^2+4^2}=\sqrt{25}=5\\ \left|\overrightarrow{AC}\right| & =& \sqrt{4^2+2^2+{\left(-4\right)}^2}=\sqrt{36}=6\\ \left|\overrightarrow{BC}\right| & =& \sqrt{4^2+{\left(-1\right)}^2+{\left(-8\right)}^2}=\sqrt{81}=9\end{array}$