Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 1

In einem kartesischen Koordinatensystem legen die Punkte $A (4 | 0 | 0)$ , $B (0 | 4 | 0)$ und $C (0 | 0 | 4)$ das Dreieck ABC fest, das in der Ebene $E : x_{1} + x_{2} + x_{3} = 4$ liegt.

Bestimmen Sie den Flächeninhalt des Dreiecks ABC. (3 BE)
Das Dreieck ABC stellt modellhaft einen Spiegel dar. Der Punkt $P (2 | 2 | 3)$ gibt im Modell die Position einer Lichtquelle an, von der ein Lichtstrahl ausgeht.
Die Richtung dieses Lichtstrahls wird im Modell durch den Vektor $\vec{v} = (\begin{array}{c} - 1 \\ - 1 \\ - 4 \end{array})$ beschrieben.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: rechtwinkeliges Dreieck
Wenn es um den Flächeninhalt eines Dreiecks geht, solltest Du zuerst prüfen, ob es sich um ein rechtwinkliges Dreieck handelt. Wenn zwei Seiten aufeinander senkrecht stehen, kann der Flächeninhalt besonders schnell ermittelt werden: Eine Seite ist dann die Grundlinie und die andere die zugehörige Höhe. Das scheint hier aber nicht der Fall zu sein, daher ist die Flächenberechnung mit dem Vektorprodukt die 1. Wahl: $A_{A B C} = \frac{1}{2} | \vec{A B} \times \vec{A C} |$
$\begin{aligned} A_{A B C} & = \frac{1}{2} | \vec{A B} \times \vec{A C} | \\ = \frac{1}{2} | (\begin{array}{c} - 4 \\ 4 \\ 0 \end{array}) \times (\begin{array}{c} - 4 \\ 0 \\ 4 \end{array}) | \\ = \frac{1}{2} | (\begin{array}{c} 16 \\ 16 \\ 16 \end{array}) | \\ = \frac{1}{2} \sqrt{16^{2} + 16^{2} + 16^{2}} \\ = \frac{1}{2} \cdot 16 \sqrt{3} = 13,9 \end{aligned}$
Der Flächeninhalt beträgt $13,9$ Flächeneinheiten.
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Geben Sie eine Gleichung der Geraden $g$ an, entlang derer der Lichtstrahl im Modell verläuft. Bestimmen Sie die Koordinaten des Punkts $R$ , in dem g die Ebene $E$ schneidet, und begründen Sie, dass der Lichtstrahl auf dem dreieckigen Spiegel auftrifft. (5 BE)
(zur Kontrolle: $R (1,5 | 1,5 | 1)$ )
Der einfallende Lichtstrahl wird in demjenigen Punkt des Spiegels reflektiert, der im Modell durch den Punkt $R$ dargestellt wird. Der reflektierte Lichtstrahl geht für einen Beobachter scheinbar von einer Lichtquelle aus, deren Position im Modell durch den Punkt $Q (0 | 0 | 1)$ beschrieben wird (vgl. Abbildung).

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Parameterform
Bei der gesuchten Geraden $g$ ist die Parameterform aufzustellen, wobei die Gerade durch den Punkt $P$ (Aufpunkt) geht und
$(\begin{array}{c} - 1 \\ - 1 \\ 4 \end{array})$
der Richtungsvektor ist:
$g : \vec{x} = (\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 3 \end{array}) + λ (\begin{array}{c} - 1 \\ - 1 \\ - 4 \end{array})$
Schnittpunkt Gerade $g$ mit Ebene $E$
Der gesuchte Schnittpunkt $R$ der Geraden $g$ mit der Ebene $E$ ( $R = g \cap E$ ) ergibt sich so: Da die Ebene $E$ in Koordinatenform gegeben ist, werden die 3 einzelnen Gleichungen der Parameterform der Geraden in die Koordinatengleichung eingesetzt. Dadurch ergibt sich eine Gleichung, in der nur noch die Variable $λ$ vorkommt!
$\begin{aligned} x_{1} + x_{2} + x_{3} - 4 & = 0 \\ (2 - λ) + (2 - λ) + (3 - 4 λ) - 4 & = 0 \\ 3 - 6 λ & = 0 \\ λ & = \frac{1}{2} \end{aligned}$
Setzt man $λ = \frac{1}{2}$ in die Gleichung der Geraden $g$ ein, ergibt sich der gesuchte Schnittpunkt $R$ :
$\begin{aligned} \vec{r} & = (\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 3 \end{array}) + \frac{1}{2} (\begin{array}{c} - 1 \\ - 1 \\ - 4 \end{array}) \\ = (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 1 \end{array}) \end{aligned}$
Der Schnittpunkt hat also die Koordinaten $(1,5 | 1,5 | 1)$ .
Nachweis, dass der Schnittpunkt $R$ innerhalb des Spiegels (Dreieck ABC) liegt.
Der Dreieckspiegel-Fläche ist nur eine begrenzte Teilmenge der Ebene $E$ und es ist also nachzuweisen, dass $R$ innerhalb der Dreiecksgrenzen liegt.
Die schnellste und einfachste Methode des Nachweises setzt voraus, dass man die besondere Lage des Dreiecks $A B C$ erkennt. Es hat gerade die 3 Spurpunkte der Ebene $E$ als Eckpunkte, denn $A$ , $B$ und $C$ liegen gerade auf den Koordinatenachsen $x_{1}$ , $x_{2}$ und $x_{3}$ . Das Dreieck ist also der Teil der Ebene, der im 1. Oktanden verläuft. Im 1. Oktanden sind alle 3 Koordinaten $⩾ 0$ . Da auch der Schnittpunkt $R$ lauter positive Koordinaten hat, liegt auch $R$ im 1. Oktanden und somit muss $R$ innerhalb der Spiegelfläche liegen.
Der Lösungsweg hinterlässt möglicherweise den schalen Nachgeschmack eines Lösungsweges, der nur zu einem ganz speziellen Problem passt und den man im Eifer der Prüfung so nicht erkannt hätte. Daher soll ein alternativer Lösungsweg vorgestellt werden, der auf vergleichbare Problemstellung für ein beliegbiges Parallelogramm oder Dreieck die Antwort gibt:
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Zeigen Sie, dass die Punkte $P$ und $Q$ bezüglich der Ebene $E$ symmetrisch sind. (3 BE)
Das Lot zur Ebene $E$ im Punkt $R$ wird als Einfallslot bezeichnet.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Lage von Punkt und Spiegelpunkt
Über die gegenseitge Lage von Punkt und Spiegelpunkt gibt es eine Reihe von zutreffenden Aussagen, z. B. wird die Verbindungslinie der beiden Punkte durch die Spiegelebene halbiert und sie steht auch senkrecht auf der Spiegelebene.
Im Folgenden wird daher der Mittelpunkt von $P$ und $Q$ bestimmt und gezeigt, dass er in $E$ liegt und es wird gezeigt, dass $\vec{Q P}$ senkrecht auf der Ebene steht, also ein Vielfaches des Normalenvektors der Ebene $E$ ist!
Der Mittelpunkt $M$ von $P$ und $Q$ liegt in $E$ :
$\vec{m} = \frac{1}{2} (\vec{p} + \vec{q}) = \frac{1}{2} ((\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 3 \end{array}) + (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array})) = \frac{1}{2} (\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 4 \end{array}) = (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 2 \end{array})$
Einsetzen von $M (1 | 1 | 2)$ in $E$ liefert die wahre Aussage:
$1 + 1 + 2 - 4 = 0$
D. h. $M \in E$ . Bleibt noch zu zeigen:
$\vec{Q P}$ steht senkrecht auf der Ebene $E$
Der Differenzvektor von $P$ und $Q$ ergibt sich zu:
$\vec{P Q} = (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) - (\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 3 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 2 \\ - 2 \\ - 2 \end{array})$
Das ist das $- 2$ -fache des Normalenvektors
$\vec{n} = (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array})$
Somit ist gezeigt, dass $P$ und $Q$ bezüglich der Ebene $E$ spiegelbildlich liegen.
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Die beiden Geraden, entlang derer der einfallende und der reflektierte Lichtstrahl im Modell verlaufen, liegen in einer Ebene $F$ . Ermitteln Sie eine Gleichung von $F$ in Normalenform. Weisen Sie nach, dass das Einfallslot ebenfalls in der Ebene $F$ liegt. (5 BE)
(mögliches Teilergebnis: $F : x_{1} - x_{2} = 0$ )

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Lotgerade
In der folgenden Abbildung kannst Du Dir zunächst einen Überblick über das bisherige und künftige Geschehen verschaffen:
Mit Lot ist hier die Lotgerade $l$ gemeint. Aus der vorangehenden Teilaufgabe ist der Richtungsvektor des Lots schon bestimmt. Es ist gerade der Normalenvektor $\vec{n}$ der Ebene $E$ . Zusammen mit dem Aufpunkt $R$ ist die Gleichung des Einfallslots
$l : \vec{x} = (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 1 \end{array}) + λ \cdot (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array})$
Nun soll aber zunächst die Gleichung der Ebene $F$ bestimmt werden. Aufpunkt der Ebene ist der Punkt $R$ , ihr Normalenvektor ergibt sich als Vektorprodukt aus den Richtungsvektoren von einfallendem und reflektiertem Strahl. Diese wiederum werden als Differenzvektoren der Punkte $P$ und $R$ bzw, $Q$ und $R$ bestimmt:
$\vec{P R} = (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 1 \end{array}) - (\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 3 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 0,5 \\ - 0,5 \\ - 2 \end{array})$
$\vec{Q R} = (\begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array}) - (\begin{array}{c} 2 \\ 2 \\ 3 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 2 \\ - 2 \\ - 2 \end{array})$
Somit ist der Normalenvektor $n_{F}$ der Ebene $F$ :
$\vec{n_{F}} = (\begin{array}{c} - 0,5 \\ - 0,5 \\ - 2 \end{array}) \times (\begin{array}{c} - 2 \\ - 2 \\ - 2 \end{array}) = (\begin{array}{c} - 0,5 \cdot (- 2) - (- 2 \cdot (- 2)) \\ - 2 \cdot (- 2) - (- 0,5 \cdot (- 2)) \\ - 0,5 \cdot (- 2) - (- 0,5 \cdot (- 2)) \end{array}) = (\begin{array}{c} - 3 \\ 3 \\ 0 \end{array})$
Zusammen mit dem Aufpunkt $R$ ergibt sich damit als Normalenform der Ebene F:
$F : (\begin{array}{c} - 3 \\ 3 \\ 0 \end{array}) \circ [\vec{x} - (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 1 \end{array})] = 0$
Bleibt noch zu zeigen, dass die Lotgerade $l$ in der Ebene $F$ liegt. Dazu setzt man die Lotgerade an die Stelle von $\vec{x}$ in die Ebenengleichung ein:
$\begin{aligned} (\begin{array}{c} - 3 \\ 3 \\ 0 \end{array}) \circ [\vec{x} - (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 1 \end{array})] & = 0 \\ (\begin{array}{c} - 3 \\ 3 \\ 0 \end{array}) \circ [(\begin{array}{c} 1,5 + λ \\ 1,5 + λ \\ 1 + λ \end{array}) - (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 1 \end{array})] & = 0 \\ (\begin{array}{c} - 3 \\ 3 \\ 0 \end{array}) \circ [(\begin{array}{c} λ \\ λ \\ λ \end{array})] & = 0 \\ - 3 \cdot λ + 3 λ + 0 & = 0 \\ 0 & = 0 \end{aligned}$
Aus der allgemeingültigen Aussage folgt die Richtigkeit des Ansatzes: Die Lotgerade $l$ liegt in der Ebene $F$ .
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Zeigen Sie, dass die Größe des Winkels β zwischen reflektiertem Licht-strahl und Einfallslot mit der Größe des Winkels α zwischen einfallendem Lichtstrahl und Einfallslot übereinstimmt. (4 BE)

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Berechnung von Winkeln
Immer wenn es in der anaytischen Geometrie um die Berechnung von Winkeln geht, wird dazu eigentlich mittels des Skalarprodukts der beiden Schenkel (Richtungsvektoren) der Kosinus des Winkels zwischen den zugehörigen Richtungsvektoren berechnet:
Kosinus des Winkels $α$ zwischen $\vec{R P}$ und dem Richtungsvektor $(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array})$ der Lotgeraden $l$ :
$\begin{aligned} \cos α & = \frac{(\begin{array}{c} 0,5 \\ 0,5 \\ 2 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array})}{| (\begin{array}{c} 0,5 \\ 0,5 \\ 2 \end{array}) | \cdot | (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}) |} \\ = \frac{3}{\sqrt{4,5} \sqrt{3}} \\ = 0,816 \end{aligned}$
Entsprechend erhält man für den Winkel $β$ zwischen zwischen $\vec{Q R} = (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 0 \end{array})$ und dem Richtungsvektor $(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array})$ der Lotgeraden $l$
$\begin{aligned} \cos β & = \frac{(\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 0 \end{array}) \circ (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array})}{| (\begin{array}{c} 1,5 \\ 1,5 \\ 0 \end{array}) | \cdot | (\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array}) |} \\ = \frac{3}{\sqrt{4,5} \sqrt{3}} \\ = 0,816 \end{aligned}$
Sowohl für $α$ als auch für $β$ ergibt sich damit der spitze Winkel ${35,3}^{\circ}$ .
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Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. → Was bedeutet das?

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Schnittpunkt Gerade g mit Ebene E

Nachweis, dass der Schnittpunkt R innerhalb des Spiegels (Dreieck ABC) liegt.

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Der Mittelpunkt M von P und Q liegt in E:

QP→ steht senkrecht auf der Ebene E

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Kosinus des Winkels α zwischen RP→ und dem Richtungsvektor (111) der Lotgeraden l:

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Schnittpunkt Gerade $g$ mit Ebene $E$

Nachweis, dass der Schnittpunkt $R$ innerhalb des Spiegels (Dreieck ABC) liegt.

Der Mittelpunkt $M$ von $P$ und $Q$ liegt in $E$ :

$\vec{Q P}$ steht senkrecht auf der Ebene $E$

Kosinus des Winkels $α$ zwischen $\vec{R P}$ und dem Richtungsvektor $(\begin{array}{c} 1 \\ 1 \\ 1 \end{array})$ der Lotgeraden $l$ :