Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 1

Die Abbildung 1 zeigt modellhaft eine Mehrzweckhalle, die auf einer horizontalen Fläche steht und die Form eines geraden Prismas hat.

Die Punkte $A_{1} (0 | 0 | 0)$ , $A_{2} (20 | 0 | 0)$ , $A_{3}$ und $A_{4} (0 | 10 | 0)$ stellen im Modell die Eckpunkte der Grundfläche der Mehrzweckhalle dar, die Punkte $B_{1}$ , $B_{2}$ , $B_{3}$ und $B_{4}$ die Eckpunkte der Dachfläche. Diejenige Seitenwand, die im Modell in der $x_{1} x_{3} -$ Ebene liegt, ist $6 m$ hoch, die ihr gegenüberliegende Wand nur $4 m$ .

Eine Längeneinheit im Koordinatensystem entspricht $1 m$ , d.h. die Mehrzweckhalle ist $20 m$ lang.

a) Geben Sie die Koordinaten der Punkte $B_{2}$ , $B_{3}$ und $B_{4}$ an und bestätigen Sie, dass diese Punkte in der Ebene $E : x_{2} + 5 x_{3} - 30 = 0$ liegen.

b) Berechnen Sie die Größe des Neigungswinkels der Dachfläche gegenüber der Horizontalen.

c) Der Punkt $T (7 | 10 | 0)$ liegt auf der Kante $[A_{3} A_{4}]$ . Untersuchen Sie rechnerisch, ob es Punkte auf der Kante $[B_{3} B_{4}]$ gibt, für die gilt: Die Verbindungs-strecken des Punktes zu den Punkten $B_{1}$ und $T$ stehen aufeinander senkrecht. Geben Sie gegebenenfalls die Koordinaten dieser Punkte an.

Der Punkt $L$ , der vertikal über dem Mittelpunkt der Kante $[A_{1} A_{2}]$ liegt, veranschaulicht im Modell die Position einer Flutlichtanlage, die $12 m$ über der Grundfläche angebracht ist. Die als punktförmig angenommene Lichtquelle beleuchtet – mit Ausnahme des Schattenbereichs in der Nähe der Hallenwände – das gesamte Gelände um die Halle.

d) Die Punkte $L$ , $B_{2}$ und $B_{3}$ legen eine Ebene $F$ fest. Ermitteln Sie eine Gleichung von $F$ in Normalenform.

(zur Kontrolle : $F : 3 x_{1} + x_{2} + 5 x_{3} - 90 = 0$ )

e) Die Ebene $F$ schneidet die $x_{1} x_{2}$ -Ebene in der Gerade $g$ . Bestimmen Sie eine Gleichung von $g$ .

(zur Kontrolle: $g : \vec{X} = (\begin{array}{c} 30 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + λ \cdot (\begin{array}{c} 1 \\ - 3 \\ 0 \end{array}), λ \in ℝ$ )

f) Die Abbildung 2 zeigt den Grundriss des Hallenmodells in der $x_{1} x_{2}$ -Ebene. Stellen Sie unter Verwendung der bisherigen Ergebnisse den Schattenbereich der Flutlichtanlage in der Abbildung exakt dar.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Ebene aus drei Punkten erstellen

Teilaufgabe a)

Gegeben sind die Punkte $A_{1} (0 | 0 | 0)$ , $A_{2} (20 | 0 | 0)$ , $A_{3}$ und $A_{4} (0 | 10 | 0)$ .

Diejenige Seitenwand, die im Modell in der $x_{1}$ - $x_{3}$ -Ebene liegt, ist 6 m hoch, die ihr gegenüberliegende Wand nur 4 m.

Die Punkte $B_{1}; B_{2}; B_{3}; B_{4}$ haben also die Koordinaten:

$B_{1} (0 | 0 | 6)$ ; $B_{2} (20 | 0 | 6); B_{3} (20 | 10 | 4); B_{4} (0 | 10 | 4)$

Die einfachste Möglichkeit ist es, einfach nachzurechnen, dass diese Punkte die Ebenengleichung $x_{2} + 5 x_{3} - 30 = 0$ erfüllen:

$5 \cdot 6 - 30 = 0 ✓$ ( $B_{1}$ und $B_{2}$ )

$10 + 5 \cdot 4 - 30 = 0 ✓$ ( $B_{3}$ und $B_{4}$ ).

Man kann natürlich $E$ auch berechnen:

Die Ebene E in Parameterform lautet

$E : \vec{x} = (\begin{array}{c} 20 \\ 0 \\ 6 \end{array}) + λ (\begin{array}{c} 0 \\ 10 \\ - 2 \end{array}) + ρ (\begin{array}{c} - 20 \\ 10 \\ - 2 \end{array})$

$\vec{u} = (\begin{array}{c} 0 \\ 10 \\ - 2 \end{array}); \vec{v} = (\begin{array}{c} - 20 \\ 10 \\ - 2 \end{array})$

Um den Normalenvektor zu bestimmen, bilden wir das Vektorprodukt von $\vec{u}$ und $\vec{v}$ :

$\vec{u} \times \vec{v} = (\begin{array}{c} 0 \\ 10 \\ - 2 \end{array}) \times (\begin{array}{c} - 20 \\ 10 \\ - 2 \end{array}) = (\begin{array}{c} 0 \\ 4 \\ 20 \end{array})$ . Da es nur auf die Richtung ankommt, kürzen wir durch 4 und nehmen $\vec{n} = (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 5 \end{array})$ .

Weil die zweiten und dritten Komponenten von $\vec{u}$ und $\vec{v}$ gleich sind, gibt es hier noch einen anderen Weg:

Man schreibt als Normalenvektor $\vec{n} = (\begin{array}{c} t \\ 2 \\ 10 \end{array})$ ;

wobei der Wert der ersten Komponente vorerst beliebig bleibt.

Jedenfalls gilt immer: Das Skalarprodukt $\vec{u} \circ \vec{n} = 0$ .

Nun bildet man das Skalarprodukt $\vec{v} \circ \vec{n} = - 20 t + 20 - 20 \Rightarrow t = 0$ .

Damit gilt: $\vec{n} = (\begin{array}{c} 0 \\ 2 \\ 10 \end{array})$ .

Oder gekürzt: $\vec{n} = (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 5 \end{array})$ .

Auf diese Weise spart man sich die Berechnung des Vektorproduktes und vermeidet dadurch unnötige Rechenfehler.

Nun bildet man das Skalarprodukt aus dem berechneten Normalenvektor $\vec{n}$ mit dem Ortsvektor $\vec{x}$ der Ebene in Parameterform und erhält

$(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 5 \end{array}) \circ \vec{x} = (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 5 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 20 \\ 0 \\ 6 \end{array}) = 30 ⟺ x_{2} + 5 x_{3} - 30 = 0$

Teilaufgabe b)

Berechnung des Winkels zwischen der Dachfläche und der Horizontalen ist der Winkel zwischen der Ebene E und der $x_{1}$ - $x_{2}$ -Ebene.

Der Winkel zwischen zwei Ebenen entspricht dem Winkel zwischen den jeweiligen Normalenvektoren.

Der Normalenvektor $\vec{n} = (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 5 \end{array})$ der Ebene $E$ hat die Länge $\sqrt{1^{2} + 5^{2}} = \sqrt{26}$

Ein Normalenvektor der $x_{1}$ - $x_{2}$ -Ebene ist $(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array})$ und hat die Länge $\sqrt{1} = 1$ .

Damit gilt für $\cos (α) = \frac{5}{\sqrt{26}} \Rightarrow α = 11,3 °$

wobei $5$ der Wert des Skalarproduktes von $(\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 5 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) = 5$ .

Oder $\tan (α) = \frac{1}{5} \Rightarrow α = 11,3 °$

Teilaufgabe c)

Berechne einen Punkt $S$ auf der Kante $[B_{3} B_{4}]$ , sodass die Verbindungsstrecken des Punktes $S$ zu $B_{1}$ und $T (7 | 10 | 0) | |$ senkrecht aufeinander stehen.

Die $x$ -Koordinate des Punktes $S$ ist unbekannt und wird mit $s$ bezeichnet.

Damit hat $S$ die Koordinaten $S (s | 10 | 4)$ . $B_{1} (0 | 0 | 6)$

$\vec{S B} = \vec{v} = (\begin{array}{c} - s \\ - 10 \\ 2 \end{array}); \vec{S T} = \vec{u} = (\begin{array}{c} 7 - s \\ 0 \\ - 4 \end{array})$

Die Vektoren $\vec{v}$ und $\vec{u}$ sind orthogonal, wenn das Skalarprodukt gleich null ist.

$(\begin{array}{c} - s \\ - 10 \\ 2 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 7 - s \\ 0 \\ - 4 \end{array}) = - s (7 - s) - 8 = 0 ⟺ s^{2} - 7 s - 8 = 0$

Lösung über quadratische Ergänzung:

$s^{2} - 7 s + (\frac{7}{2})^{2} = 8 + \frac{49}{4} ⟺ (s - \frac{7}{2})^{2} = \frac{32 + 49}{4} ⟺$

$(s - \frac{7}{2})^{2} = \frac{81}{4} ⟺ s - \frac{7}{2} = \frac{9}{2} oder s - \frac{7}{2} = - \frac{9}{2} ⟺$

$s = \frac{7 + 9}{2} oder s = \frac{7 - 9}{2} ⟺ s = 8 oder s = - 1$

Damit gibt es einen Punkt $S (8 | 10 | 4)$ mit der geforderten Eigenschaft.

Der Punkt $R (- 1 | 10 | 4)$ liegt außerhalb der Kante $[B_{3} B_{4}]$

Teilaufgabe d)

Die Spitze der Lampe $L$ hat die Koordinaten $L (10 | 0 | 12)$

Ermittele eine Gleichung der Ebene $F$ durch die Punkte $L, B_{2}$ und $B_{3}$

$F : \vec{x} = (\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ 12 \end{array}) + λ (\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ - 6 \end{array}) + μ (\begin{array}{c} 10 \\ 10 \\ - 8 \end{array})$ .

Der Normalenvektor $\vec{n}$ wird mit dem Vektorprodukt der Richtungsvektoren bestimmt:

$(\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ - 6 \end{array}) \times (\begin{array}{c} 10 \\ 10 \\ - 8 \end{array}) = (\begin{array}{c} 60 \\ 20 \\ 100 \end{array})$ . Wieder kommt es auf die Länge nicht an und wir wählen $\vec{n} = (\begin{array}{c} 3 \\ 1 \\ 5 \end{array})$ .

Und als Ebenengleichung in Punkt-Normalenform:

$F : (\begin{array}{c} 3 \\ 1 \\ 5 \end{array}) \circ \vec{x} = (\begin{array}{c} 3 \\ 1 \\ 5 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ 12 \end{array}) ⟺ 3 x_{1} + x_{2} + 5 x_{3} - 90 = 0$ .

Teilaufgabe e)

Für die Gleichung der $x_{1}$ - $x_{2}$ -Ebene kann man die Punkt-Richtungsform oder eine Normalenform verwenden.

$E_{x_{1} x_{2}} : \vec{x} = λ (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + μ (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array})$

man setzt $E_{x_{1} x_{2}}$ in die Ebene $F$ ein:

$(\begin{array}{c} 3 \\ 1 \\ 5 \end{array}) [λ (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + μ (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array})] - 90 = 0 ⟺ 3 λ + μ = 90 ⟺ μ = 90 - 3 λ$

Das setzen wir in $E_{x_{1} x_{2}}$ ein:

$\vec{x} = λ (\begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + 90 (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}) - 3 λ (\begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array}) = (\begin{array}{c} 0 \\ 90 \\ 0 \end{array}) + λ (\begin{array}{c} 1 \\ - 3 \\ 0 \end{array})$

Um die Gleichung der Kontrolle zu erhalten, setzt man $λ = 30$ und sieht, dass der Punkt $(\begin{array}{c} 0 \\ 90 \\ 0 \end{array}) + 30 (\begin{array}{c} 1 \\ - 3 \\ 0 \end{array}) = (\begin{array}{c} 30 \\ 0 \\ 0 \end{array})$ in der Ebene liegt.

$g : \vec{x} = (\begin{array}{c} 30 \\ 0 \\ 0 \end{array}) + λ^{'} (\begin{array}{c} 1 \\ - 3 \\ 0 \end{array})$

Teilaufgabe f)

Man betrachtet vier Lichtstrahlen von $L$ aus. Die $x_{1}$ - $x_{2}$ -Ebene hat die Normalenform

$\vec{x} \circ (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) = 0$

$l_{1} : [L B_{2}] : \vec{x} = (\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ 12 \end{array}) + λ (\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ - 6 \end{array})$

$l_{1} in E_{x_{1} x_{2}} : (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) [(\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ 12 \end{array}) + λ (\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ - 6 \end{array})] = 0 ⟺ 12 - 6 λ = 0$

$λ = 2 in l_{1} : S_{1} (30 | 0 | 0)$ Schattenpunkt

$l_{2} : [L B_{3}] : \vec{x} = (\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ 12 \end{array}) + μ (\begin{array}{c} 10 \\ 10 \\ - 8 \end{array}) in E_{x_{1} x_{2}}$

$(\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) [(\begin{array}{c} 10 \\ 0 \\ 12 \end{array}) + μ (\begin{array}{c} 10 \\ 10 \\ - 8 \end{array})] = 0 ⟺ 12 - 8 μ = 0 ⟺ μ = \frac{3}{2}$

in $l_{2} : S_{2} (25 | 15 | 0)$ Schattenpunkt

Durch die Punkte $S_{1}$ und $S_{2}$ wird die Schattenlinie $S L_{1}$ beschrieben.

Aus Symmetriegründen ergeben sich für die Schattenpunkte $S_{3} u n d S_{4}$ aus den Lichtstrahlen $l_{3} : [L B_{1}]$ und $l_{4} : [L B_{4}]$ : $S_{3} (- 10 | 0 | 0)$ und $S_{4} (- 5 | 15 | 0)$ .

Innerhalb des Trapezes HEFG ohne das Dach ABCD ist Schatten

Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. → Was bedeutet das?