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.