Geometri i rommet – blanda oppgåver

Finn ein samanheng 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

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

Løysing med CAS:

I linje 5 går det òg an å bruke kommandoen Areal(A,B,C), men han gir ikkje eksakt svar.

Vi reknar ut vektoren for den tredje sida.

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

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

Vi ser at absoluttverdiane til koordinatane til $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$ er dei same som for $\overrightarrow{BC}$. Dei tre vektorane er derfor like lange, trekanten er likesida, og omkrinsen av trekanten er $3\sqrt{6}$.

Vi kan rekne ut arealet med arealsetninga for trekantar.

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

I ein likesida trekant er alle vinklane 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 treng $\overrightarrow{AB}$ og $\overrightarrow{AC}$.

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

Frå 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: Kvifor treng vi aldri å ta med den andre løysinga når det er snakk om vinklar i trekantar?

Kontroll med CAS:

Når $\overrightarrow{AB}\perp \overrightarrow{AD}$, er skalarproduktet mellom vektorane 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 vektorane skal vere parallelle, må forholdet mellom koordinatane til $\overrightarrow{CD}$ og $\overrightarrow{AB}$ vere like.

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

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

For å få $z$-koordinatane like må vi krevje 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 skalarprodukta er null. Då kan ikkje $△ABC$ vere rettvinkla.

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

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

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

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

Koordinatane 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 rettvinkla, og katetane er $\left|\overrightarrow{AB}\right|$ og $\left|\overrightarrow{AC}\right|$. Då er arealet av trekanten

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

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

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

Omkrinsen 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 treng

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

Frå 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 vektorar er lik 0 og ingen av vektorane er $\overrightarrow{0}$, står vektorane normalt på kvarandre.

2. Når vektorproduktet mellom to vektorar skal vere lik $\overrightarrow{0}$ og ingen av vektorane er $\overrightarrow{0}$ frå før, er vektorane parallelle.

3. Dersom $\overrightarrow{b}$ og $\overrightarrow{c}$ er parallelle, er $\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c}=\overrightarrow{0}$. Då blir skalarproduktet med $\overrightarrow{a}$ lik 0 for alle vektorar $\overrightarrow{a}$, og vi kan ikkje seie noko om korleis $\overrightarrow{a}$ ligg i forhold til dei to andre vektorane. Er derimot $\overrightarrow{b}$ og $\overrightarrow{c}$ ikkje parallelle, må $\overrightarrow{a}$ stå normalt på vektorproduktet $\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c}$ for at skalarproduktet skal vere 0. Då må $\overrightarrow{a}$ vere parallell med alle plana som har $\overrightarrow{b}\times \overrightarrow{c}$ som normalvektor. Alternativt kan vi seie at det må bety at det finst plan som alle dei tre vektorane 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 $A=\frac{1}{2}\left|\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}\right|$ saman med formelen frå oppgåve 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 rettvinkla. Det kunne vi òg ha sagt med éin gong når $\overrightarrow{a}·\overrightarrow{b}=0$.

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

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

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

Vi set

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

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

Arealet blir

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

Sidan grunnflata skal vere kvadratisk, må $\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OC}$.

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

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

Vi løyser oppgåva med CAS.

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

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

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

Ein normalvektor for planet $\alpha$ er då

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

Likninga 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 det same resultatet.

For å finne avstanden $q$ frå 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 det same resultatet.

Vi løyser oppgåva med CAS.

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

Vi kan òg finne vinkelen mellom plana med kommandoen Vinkel(α,β).

Sidan $y$- og $z$-koordinatane i parameterframstillinga til $l$ er konstante, betyr det at $l$ er parallell med $x$-aksen. Vi kan derfor avgjere om dronen kolliderer med pyramiden ved å undersøke om han treffer trekanten $ABD$.

Vi startar med å finne skjeringspunktet $P$ mellom linja $l$ og planet $\alpha$, som trekanten $ABD$ ligg i.

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

Så må vi sjekke kvar $P$ ligg i forhold til $BD$. Sidan $P$ har $z$-koordinat lik 2, kan vi sjå om $P$ ligg til høgre eller til venstre for punktet på $BD$ med same $z$-koordinat, som er midtpunktet $M$ på $BD$ sidan $z$-koordinaten til $M$ er $\frac{4-0}{2}=2$.

Midtpunktet $M$ er rekna ut ved å ta gjennomsnittet av $B$ og $D$. (Vi kan òg finne $M$ med vektorrekning eller ved å lage ei parameterframstilling for linja gjennom $B$ og $D$.) Sidan $$$y$-koordinaten til $P$ er større enn $y$-koordinaten til $M$, ligg $P$ til høgre for $BD$ og dermed utanfor trekanten $ABD$, og dronen treffer derfor ikkje pyramiden.

Vi løyser oppgåva med CAS.

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

Vi får frå linje 6 at linjene skjer kvarandre for same parameterverdi, det vil seie ved same tidspunkt. Flya vil derfor kollidere når $t=100$ i punktet $\left(2,3,8\right)$.

Sidan parameterframstillingane for farten til flya ikkje varierer med $t$, er akselerasjonen, som er den deriverte av farten, null.

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

Linja skjer $y$-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 stigningstalet 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 løyser oppgåva med CAS.

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

Vi bruker normalvektoren $\overrightarrow{n}$ frå oppgåve c) og punktet $A$ saman med den generelle likninga for eit 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 set det vi veit, inn i resultatet frå oppgåve d).

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

Dersom $c$ aukar, vil planet $\beta$ bli meir og meir parallelt med $z$-aksen. Dersom $c$ går mot uendeleg, blir planet tilnærma parallelt med $z$-aksen. Det betyr at leddet $\frac{z}{c}\to 0$. Tek vi bort leddet $\frac{z}{c}$, må det derfor tilsvare at planet er parallelt med $z$-aksen. Likninga for $\beta$ blir derfor

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

Alternativ løysing:

Vi set det vi veit, inn i resultatet frå oppgåve d).

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

For eit plan parallelt med $z$-aksen, kan ikkje planlikninga innehalde $z$ sidan $z$ kan vere kva som helst når $x$ og $y$ er valde. Då må vi krevje at leddet $\frac{z}{c}$ må bort. Likninga for $\beta$ blir derfor

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

Vi løyser oppgåva med CAS.

Frisparket blir teke frå 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 teke, er 10,1 m/s. Vi ser av fartsvektoren ved $t=0$ i linje 4 at $y$-komponenten er klart størst. Sidan han er positiv, betyr det at frisparket går omtrent i same retning som positiv $y$-akse og litt oppover sidan $z$-komponenten er positiv og litt bøygd av i negativ $x$-retning.

$z$-komponenten til $\overrightarrow{r}\left(t\right)$ bestemmer kor høgt ballen kjem. Han er ein andregradsfunksjon med negativ koeffisient framfor andregradsleddet og har derfor eit toppunkt. Vi finn toppunktet ved å finne når den deriverte av $z$-komponenten (det vil seie farten i $z$-retning) er 0.

Ballen kjem 2,45 m opp på det høgaste.

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

Ballen er i lufta i 7 sekund.

Vi reknar ut lengda av vektoren frå startpunktet til landingspunktet ved hjelp av svaret i den førre oppgåva.

Frisparket landar 60,2 m frå der det blir teke.

Av linje 9 ser vi at akselerasjonsvektoren ikkje har nokon komponent i $x$-retning og ligg derfor i $yz$-planet ($x=0$). $y$- og $z$-komponentane 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 kryssar mållinja, veit vi at $y$-komponenten til $\overrightarrow{r}\left(t\right)$ er null.

Den andre løysinga i linje 12 og 13 kan vi ikkje bruke sidan ho er ein $t$-verdi lenge etter at ballen har landa. Vi får av linje 14 at $x$-komponenten er innanfor målstengene. $z$-komponenten er 2,05. Det betyr i praksis at ballen treffer tverrliggaren. Det blir derfor ikkje mål på dette frisparket.

Radiusen i kula må vere lik avstanden mellom $S$ og planet $\alpha$.

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

Vi finn ei parameterframstilling for linja gjennom sentrum og punktet der planet $\alpha$ tangerer kuleflata. Ein retningsvektor for denne linja vil vere normalvektoren til planet $\alpha$. Linja går gjennom punktet $S$, og vi har parameterframstillinga (linje 5).

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

Vi observerer at planet $\beta$ har den same normalvektoren som planet $\alpha$, og plana er derfor parallelle. Vi kallar sentrum i skjeringssirkelen for $P$. Vi finn avstanden $PS$ i linje 9. Eit punkt $Q$ på skjeringssirkelen ligg i avstand 13 frå $S$ (sidan skjeringssirkelen ligg på kuleflata) og dannar ein rettvinklet trekant $PQS$ der $QS$ er hypotenusen, sjå biletet under.

Radiusen i skjeringssirkelen 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

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

Ein normalvektor for planet er $\overrightarrow{AB}\times \overrightarrow{AC}=\left[4,3,12\right]$. Vi bruker han saman med punktet $C\left(0,0,1\right)$ i den generelle planlikninga. Planlikninga 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 set vektorfunksjonen $\overrightarrow{OP}$ inn i planlikninga.

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

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 sekund 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.

Ein hellingsvinkel $w$ målt til $v$ prosent er det same som at $\tan w=\frac{v}{100}$. Vi reknar ut $w$ med CAS.

Hellingsvinkelen målt i radianar er 0,099 7.

Vi reknar først ut kor lang ein runde er. Så bruker vi at tid er lik strekning delt på fart.

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

Vi må finne kor stor farten er i horisontal (vassrett) retning, for det er den som bestemmer kor fort bilen køyrer ein runde. Vi dekomponerer $\overrightarrow{v}$ i ein horisontal komponent ${\overrightarrow{v}}_h$ og ein 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 reknar vi ut tida $T$ på ein runde ved å rekne ut strekning delt på fart. Vi løyser oppgåva med CAS.

Bilen bruker 36,8 sekund på å køyre éin runde i tunnelen.

Begge måtane å rekne på er riktige. Problemet er at dei offisielle tala som er gitt, ikkje stemmer overeins. Når dei har målt lengda på tunnelen til 1 650 meter, kan dei ikkje ha målt i ein avstand slik at diameteren blir 70 meter. Det kan vere fordi dei har prøvd å ta omsyn til at du ikkje køyrer den same lengda når du køyrer opp som når du køyrer ned. Kvifor blir det forskjell?

Figuren gir oss at

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

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

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

der $b$ er lengda av sirkelbogen (definisjonen på ein vinkel målt i radianar).

Sidan bilen går med farten $v_h$ sett ovanifrå, 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 vidare 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 kor fort bilen rører seg i vertikal retning. Ved hjelp av figuren i oppgåve b) får vi at farten $v_v$ i vertikal retning er

$v_v=v\sin w$

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

$z=v_v·t=v_v·\sin w·t$

Vi bruker CAS til å komme fram til parameterframstillinga.

Vi må finne ut kva vinkelen $\theta$ er, og rekne ut kor mange omdreiingar det tilsvarer. Vi kan kontrollere svaret sidan vi har frå oppgåve c) at omløpstida er 37 sekund.

Bilen har køyrt 3 og ein kvart runde etter 2 minutt.

Vi vel å bruke informasjonen om at det er 6,5 rundar i tunnelen.

Det tar temmeleg nøyaktig 4 minutt å køyre tunnelen når farten er $6 \mathrm{m}/\mathrm{s}$.

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

Høgdeforskjellen er 143 m.

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

Legg merke til at GeoGebra ikkje automatisk forenklar det trigonometriske uttrykket ved hjelp av einingsformelen. I linje 14 finn vi at banefarten er konstant lik $6 \mathrm{m}/\mathrm{s}$.

Vi finn akselerasjonsvektoren ved å rekne ut ${\overrightarrow{OP}}^{\text{'}\text{'}}$.

Sidan $z$-komponenten til akselerasjonsvektoren er null, er det ingen akselerasjon i denne retninga. Dei to andre komponentane er cosinus- og sinusfunksjonar med same periode som posisjonsvektoren $\overrightarrow{OP}$, men med like, negative faktorar framom. $x$- og $y$-komponentane har derfor motsett retning i forhold til $x$- og $y$-komponentane til $\overrightarrow{OP}$, noko som betyr at akselerasjonsvektoren peiker innover mot sentrum i spiralen.

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

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

Sidan $y$- og $z$-koordinatane til sentrum i kuleflata $K_1$ er konstante, rører kuleflata seg parallelt med $x$-aksen. Kuleflata tangerer $yz$-planet når avstanden i $x$-retning frå sentrum til $yz$-planet er lik radiusen i kula, som betyr at absoluttverdien til $x$-koordinaten til sentrum er lik 2.

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

Alternativ løysing:

Når sentrum i kula er i $yz$-planet, er $x$-koordinaten lik 0. Då 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. Då kan vi bruke kommandoen "Avstand" i CAS og løyse likning.

Dei to kuleflatene $K_1$ og $K_2$ vil tangere kvarandre når avstanden mellom sentruma er lik summen av radiusane, det vil seie 4.

Alternativt kan vi løyse likninga Avstand(S1,S2)=4.

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

Når kulene tangerer kvarandre, er summen av radiusane lik avstanden mellom sentruma, det vil seie $r+2$. Den minste verdien for $r$ får vi derfor når avstanden mellom sentruma er minst.

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

Alternativ løysingsmetode:

$K_2$ vil ha den minste moglege storleiken sin når sentrum i $K_1$ er i punktet $P$ sidan det er dette punktet som er nærast origo $O$, noko vi kan vise ved å setje opp uttrykket for lengda av $\overrightarrow{OP}$. Sjå dessutan den alternative løysinga av oppgåve b).

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

Vi skal bestemme radiusen til kvar av dei tre kulene. Avstanden mellom to av dei tre punkta vil alltid vere summen av to kuleradiusar sidan kuleflatene tangerer kvarandre. Vi lar lengda til radiusane i dei tre kulene få nemningane $r_A, r_B$ og $r_C$. Då kan vi setje opp følgande tre likningar:

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

Vi får eit likningssett der dei tre radiusane er ukjende.

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

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