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.