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 $6 \ \text{m}$ hoch, die ihr gegenüberliegende Wand nur $4\ \text{m}$ .

Eine Längeneinheit im Koordinatensystem entspricht $1\ \text{m}$ , d.h. die Mehrzweckhalle ist $20\ \text{m}$ 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 $\left[A_3A_4 \right]$ . Untersuchen Sie rechnerisch, ob es Punkte auf der Kante $\left[B_3B_4 \right]$ 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 $\left[A_1A_2\right]$ liegt, veranschaulicht im Modell die Position einer Flutlichtanlage, die $12\ \text{m}$ 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: $g:\vec{X} = \begin{pmatrix} 30\\0\\0 \end{pmatrix}+ \lambda \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -3\\ 0 \end{pmatrix} , \lambda \in \R$ )

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:

$B_1\left(0|0|6\right)$ ; $B_2\left(20|0|6\right);B_3\left(20|10|4\right);B_4\left(0|10|4\right)$

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

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

$10+5\cdot4-30=0\quad \checkmark$ ( $B_{3}$ und $B_{4}$ ).

Man kann natürlich $E$ auch berechnen:

Die Ebene E in Parameterform lautet

$\def\arraystretch{1.25} E:\vec{x}=\left(\begin{array}{c}20\\0\\6 \end{array}\right)+\lambda\left(\begin{array}{c}0\\10\\-2 \end{array}\right)+\rho\left(\begin{array}{c}-20\\10\\-2 \end{array}\right)$

$\def\arraystretch{1.25} \vec{u}=\left(\begin{array}{c}0\\10\\-2 \end{array}\right);\vec{v}=\left(\begin{array}{c}-20\\10\\-2 \end{array}\right)$

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

$\def\arraystretch{1.25} \vec{u}\times \vec{v}=\left(\begin{array}{c}0\\10\\-2 \end{array}\right)\times\left(\begin{array}{c}-20\\10\\-2 \end{array}\right)=\begin{pmatrix}0\\4\\20 \end{pmatrix}$ . Da es nur auf die Richtung ankommt, kürzen wir durch 4 und nehmen $\def\arraystretch{1.25} \vec{n}=\left(\begin{array}{c} 0\\1\\5 \end{array}\right)$ .

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 $\def\arraystretch{1.25} \vec{n}=\left(\begin{array}{c}t\\2\\10\end{array}\right)$ ;

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 $\vec{v}\circ\vec{n}=-20t+20-20\Rightarrow t=0$ .

Damit gilt: $\def\arraystretch{1.25} \vec{n}=\left(\begin{array}{c} 0\\2\\10 \end{array}\right)$ .

Oder gekürzt: $\def\arraystretch{1.25} \vec{n}=\left(\begin{array}{c} 0\\1\\5 \end{array}\right)$ .

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

$\def\arraystretch{1.25} \left(\begin{array}{c}0\\1\\5 \end{array}\right)\circ\vec{x}=\left(\begin{array}{c}0\\1\\5 \end{array}\right)\circ\left(\begin{array}{c}20\\0\\6 \end{array}\right)=30\iff x_2+5x_3-30=0$

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 $\def\arraystretch{1.25} \vec{n}=\left(\begin{array}{c} 0\\1\\5 \end{array}\right)$ der Ebene $E$ hat die Länge $\sqrt{1^2+5^2}=\sqrt{26}$

Ein Normalenvektor der $x_{1}$ - $x_{2}$ -Ebene ist $\def\arraystretch{1.25} \left(\begin{array}{c}0\\0\\1 \end{array}\right)$ und hat die Länge $\sqrt{1}=1$ .

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

wobei $5$ der Wert des Skalarproduktes von $\def\arraystretch{1.25} \left(\begin{array}{c} 0\\1\\5 \end{array}\right)\circ\left(\begin{array}{c} 0\\0\\1 \end{array}\right)=5$ .

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

Teilaufgabe c)

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

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

Damit hat $S$ die Koordinaten $S(s\left|10\right|4)$ . $B_1\left(0\left|0\right|6\right)$

$\overrightarrow{SB}=\vec{v}=\begin{pmatrix}-s\\-10\\2 \end{pmatrix}; \overrightarrow{ST}=\vec{u}=\begin{pmatrix}7-s\\0\\-4 \end{pmatrix}$

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

$\begin{pmatrix}-s\\-10\\2 \end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix}7-s\\0\\-4 \end{pmatrix}=-s(7-s)-8=0\iff s^2-7s-8=0$

Lösung über quadratische Ergänzung:

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

$(s-\dfrac{7}{2})^2=\dfrac{81}{4}\iff s-\dfrac{7}{2}=\dfrac{9}{2} \text{\ oder\ } s-\dfrac{7}{2}=-\dfrac{9}{2}\iff$

$s=\dfrac{7+9}{2}\text{\ oder\ } s=\dfrac{7-9}{2}\iff s=8\text{ \ oder\ } s=-1$

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

Der Punkt $R (- 1 ∣ 10 ∣ 4)$ liegt außerhalb der Kante $\left[B_3B_4\right]$

Teilaufgabe d)

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

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

$F:\vec{x}=\begin{pmatrix}10\\0\\12 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}10\\0\\-6 \end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}10\\10\\-8 \end{pmatrix}$ .

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

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

Und als Ebenengleichung in Punkt-Normalenform:

$F:\begin{pmatrix}3\\1\\5 \end{pmatrix}\circ\vec{x}=\begin{pmatrix}3\\1\\5\end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix}10\\0\\12\end{pmatrix}\iff3x_1+x_2+5x_3-90=0$ .

Teilaufgabe e)

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

$E_{x_1x_2}:\vec{x}=\lambda\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$

man setzt $E_{x_1x_2}$ in die Ebene $F$ ein:

$\begin{pmatrix}3\\1\\5\end{pmatrix}[\lambda\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}]-90=0\iff3\lambda+\mu=90\iff \mu=90-3\lambda$

Das setzen wir in $E_{x_1x_2}$ ein:

$\vec{x}=\lambda\begin{pmatrix}1\\0\\0\end{pmatrix}+90\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}-3\lambda\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}0\\90\\0\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}1\\-3\\0\end{pmatrix}$

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

$g:\vec{x}=\begin{pmatrix}30\\0\\0\end{pmatrix}+\lambda'\begin{pmatrix}1\\-3\\0\end{pmatrix}$

Teilaufgabe f)

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

$\vec{x}\circ\begin{pmatrix}0\\0\\1 \end{pmatrix}=0$

$l_1:[LB_2] :\vec{x}=\begin{pmatrix}10\\0\\12\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}10\\0\\-6\end{pmatrix}$

$l_1\text{\ in\ } E_{x_1x_2}:\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\left[\begin{pmatrix}10\\0\\12\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}10\\0\\-6\end{pmatrix}\right]=0\iff12-6\lambda=0$

$\lambda=2\text{\ in\ } l_1:S_1(30|0|0)$ Schattenpunkt

$l_2:[LB_3]:\vec{x}=\begin{pmatrix}10\\0\\12\end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}10\\10\\-8\end{pmatrix}\text{\ in\ } E_{x_1x_2}$

$\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\left[\begin{pmatrix}10\\0\\12\end{pmatrix}+\mu\begin{pmatrix}10\\10\\-8\end{pmatrix}\right]=0\iff12-8\mu=0\iff\mu=\frac{3}{2}$

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 $S_3\text\ und S_4$ 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

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