Gleichung von $L$ in Koordinatenform

Erstelle zunächst die Ebenengleichung $L$ in Parameterform:

$L=E_{DEF}:\overrightarrow{X}=\overrightarrow{D}+r\cdot \overrightarrow{DE}+s\cdot \overrightarrow{DF}$

Berechne die Richtungsvektoren:

$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{E}-\overrightarrow{D}=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 6\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$

$\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{F}-\overrightarrow{D}=\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 12\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 6\end{array}\right)$

Berechne den Normalenvektor der Ebene $L$ über das Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren von $L$.

$\overrightarrow{n}=\overrightarrow{DE}\times \overrightarrow{DF}$

$\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18\\ 36\\ 27\end{array}\right)=9\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 3\end{array}\right)$

Benutze den verkürzten Normalenvektor ${\overrightarrow{n}}_L=\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 3\end{array}\right)$.

Für die Normalenform gilt: $L:(\overrightarrow{X}-\overrightarrow{D})\circ {\overrightarrow{n}}_L=0$

Die Gleichung der Ebene $L$ lautet: $x_1\cdot 2+x_2\cdot 4+x_3\cdot 3-42=0$

Berechnung der Größe $\phi$ des Winkels, den $L$ mit der $x_1{x}_2$-Ebene einschließt

Der Normalenvektor der Ebene $L$ ist der Vektor ${\overrightarrow{n}}_L=\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 3\end{array}\right)$.

Sein Betrag ist $|{\overrightarrow{n}}_L|=\sqrt{2^2+4^2+3^2}=\sqrt{29}$.

Der Normalenvektor der $x_1{x}_2$-Ebene ist ${\overrightarrow{n}}_{x_1{x}_2}=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

Sein Betrag ist $|{\overrightarrow{n}}_{x_1{x}_2}|=1$.

Der Winkel zwischen den beiden Ebenen berechnet sich mit:

$\cos (\phi )={\displaystyle \frac{{\overrightarrow{n}}_L\circ {\overrightarrow{n}}_{x_1{x}_2}}{|{\overrightarrow{n}}_L|\cdot |{\overrightarrow{n}}_{x_1{x}_2}|}}$

Der Winkel $\phi$ erhält man durch Anwendung der trigonometrischen Umkehrfunktion: $\phi ={\cos }^{-1}\left({\displaystyle \frac{3}{\sqrt{29}}}\right)\approx {\mathrm{56,15}}^{\circ }$

Der Winkel, den $L$ mit der $x_1{x}_2$-Ebene einschließt, beträgt rund ${\mathrm{56,15}}^{\circ }$.

Veranschaulichung des Terms $6\cdot 6-{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 3-2\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}3\cdot 6$

Veranschaulichen Sie diese Tatsache durch geeignete Eintragungen in der Abbildung 1. In der folgenden Abbildung, die nur den Grundriss des Körpers zeigt, sind mehrere Flächen farbig markiert.

Innerhalb eines Quadrates liegen vier Dreiecke. Warum ist es ein Quadrat?

Die Punkte A und B liegen auf diesem Quadrat. Der Punkt $A$ hat die $x_1$-Koordinate $6$ und der Punkt $B$ hat die $x_2$-Koordinate $6$. $\Rightarrow A_{\square }=6\cdot 6$

Das ist der erste Term von $6\cdot 6-{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 3-2\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 6$.

Der Punkt $A$ hat die $x_2$-Koordinate $3$ und der Punkt $C$ hat die $x_1$-Koordinate $3$.

Die Fläche des$\text{ grün}$ gefärbten Dreiecks ist dann $A_{△}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 3$.

Das ist der zweite Term von $6\cdot 6-{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 3-2\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 6$.

Die beiden $\text{rot}$ gefärbten Dreiecke haben die Seitenlängen $3$ und $6$ und ihre Fläche ist jeweils $A_{△}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 3\cdot 6$.

Diese beiden Dreiecksflächen ergeben zusammen den dritten Term in dem gegebenen Term.

Da vom Flächeninhalt der Quadratfläche insgesamt drei Flächeninhalte der Dreiecke subtrahiert werden, bleibt als Ergebnis der Flächeninhalt des $\text{braunen}$ Dreiecks $ABC$ übrig.

Der gegebene Term stellt also den Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ dar.

Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Pyramide

Das Volumen des Körpers $ABCDEF$

Der Körper setzt sich aus zwei Teilen zusammen, ein dreiseitiges Prisma und eine dreiseitige Pyramide.

Volumen des dreiseitigen Prismas

$V_{\text{Prisma}}=G\cdot h$

Die Grundseite $G$ ist das Dreieck $ABC$ aus der Aufgabe b).

Der Flächeninhalt dieses Dreiecks ist:

Das Prisma hat die Höhe $h=6\text{LE}$, da die $x_3$-Koordinate des Punktes $D$ gleich $6$ ist.

Setze die Werte für $G$ und $h$ in die Volumenformel ein:

$\Rightarrow V_{\text{Prisma}}=\mathrm{13,5}\cdot 6=81\text{VE}$

Volumen der dreiseitigen Pyramide

$V_{\text{Pyramide}}={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot G\cdot h$

Die dreiseitige Pyramide hat die gleiche Grundfläche wie das Prisma

($G=\mathrm{13,5}\text{FE}$).

Die Höhe der Pyramide ist $h=12-6=6\text{LE}$, da die Differenz der $x_3$-Koordinaten der Punkte $F$ und $D$ gleich $6$ ist.

Setze die Werte für $G$ und $h$ in die Volumenformel ein:

Das Gesamtvolumen des Körpers $ABCDEF$ ist dann:

$V_{\text{gesamt}}=V_{\text{Prisma}}+V_{\text{Pyramide}}=(81+27)\text{VE}=108\text{VE}$

Kanten für $k=\mathrm{0,8}$, die geschnitten werden

Betrachtet man die Abbildung, so erkennt man, dass die Kanten $\overline{AB}$, $\overline{DE}$, $\overline{BC}$ und $\overline{EF}$ geschnitten werden.

Der größte dieser Bereiche

Interessant ist die Ebene $N_k$⁣, die durch den Punkt $A$ verläuft.

Für welches $k$ enthält die Ebene $N_k$ den Punkt $A(6|3|0)$?

Man erstellt eine Geradengleichung $g_{OA}$, die durch den Ursprung verläuft und den Punkt A enthält.

$g_{OA}:\overrightarrow{X}=r\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$

Der Punkt $P_k$ soll auf der Geraden $g_{OA}$ liegen:

$P_k\cap g_{OA}$

Es ergeben sich zwei Gleichungen:

$(\mathrm{I}):1-k=6r\Rightarrow ({\mathrm{I}}^{\prime }):r={\displaystyle \frac{1-k}{6}}$

$(\mathrm{I}\mathrm{I}):k=3r\Rightarrow (\mathrm{I}{\mathrm{I}}^{\prime }):r={\displaystyle \frac{k}{3}}$

Aus $({\mathrm{I}}^{\prime })=(\mathrm{I}{\mathrm{I}}^{\prime })$ folgt:

Für $k=\frac{1}{3}$ verläuft die Ebene $N_{\frac{1}{3}}$ durch den Punkt $A$.

Diese Ebene ist in der folgenden Abbildung dargestellt. (Die Abbildung ist nicht Teil der Aufgabenstellung, sie dient nur zur Veranschaulichung.)

Durchläuft nun $k$ die Werte von $0$ bis $1$, dreht sich die Ebene $N_k$ um die $x_3$-Achse.

Dabei werden zwei verschiedene Bereiche $]a;b[$ durchlaufen, sodass die Ebene $N_k$ für alle Werte von $k$ aus $]a;b[$ die gleichen Kanten des Körpers schneidet.

Der erste Bereich ist das Intervall $]0;\frac{1}{3}[$ mit einer Intervalllänge von $\frac{1}{3}$, der zweite Bereich ist das Intervall $]\frac{1}{3};1[$ mit einer Intervalllänge von $\frac{2}{3}$.

Gesucht ist der größere Bereich, also hier das Intervall $]\frac{1}{3};1[$.

$x_3$ Koordinate von Q

Das Dreieck $FQR$ hat in $Q$ einen rechten Winkel. Daher gilt:

$\overrightarrow{QR}⟂\overrightarrow{QF}\Rightarrow \overrightarrow{QR}\circ \overrightarrow{QF}=0$

Der Punkt $Q$ hat dieselben $x_1$- und $x_2$-Koordinaten wie der Punkt $A$.

$\Rightarrow Q(6|3|q_3)$

Berechne die Vektoren $\overrightarrow{QR}$ und $\overrightarrow{QF}$:

$\overrightarrow{QR}=\overrightarrow{R}-\overrightarrow{Q}=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 2\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ q_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2-q_3\end{array}\right)$

$\overrightarrow{QF}=\overrightarrow{F}-\overrightarrow{Q}=\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 12\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ q_3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 12-q_3\end{array}\right)$

Lösen der quadratischen Gleichung

Für die erhaltene quadratische Gleichung liefert der GTR-Rechner die Werte $q_{3_1}=3$ und $q_{3_2}=11$.

Die Lösung $q_3=11$ entfällt, da $q_3$ zwischen $0$ und $6$ liegen muss ($A$ hat die $x_3$-Koordinate $0$ und $D$ hat die $x_3$-Koordinate $6$).

Die $q_3$-Koordinate von $Q$ ist also $3$ und der Punkt $Q$ hat die Koordinaten $Q(6|3|3)$.

Passende Aufgabenstellung

Was wird berechnet?

Der Ausdruck $\overrightarrow{AB}\cdot [(\overrightarrow{OA}+s\cdot \overrightarrow{AB})-\overrightarrow{OC}]=0$ ist gegeben.

Es handelt sich hier um ein Skalarprodukt, das gleich null ist. Die beiden beteiligten Vektoren müssen also senkrecht aufeinander stehen.

Der erste Vektor ist der Vektor $\overrightarrow{AB}$, der Richtungsvektor der Geraden durch die Punkte $A$ und $B$.

Man betrachtet nun den Vektor in der eckigen Klammer. Es handelt sich um die Differenz zwischen einem beliebigen Punkt $S$ auf der Geraden $g_{AB}$​ durch die Punkte A und B und dem Vektor $\overrightarrow{OC}$.

Dabei ist die Gerade $g_{AB}$​ gegeben durch:

$g_{AB}:\overrightarrow{OX}=\overrightarrow{OA}+s\cdot \overrightarrow{AB}$

Die eckige Klammer stellt somit den Vektor $\overrightarrow{CS}$ dar.

Es ist also: $\overrightarrow{AB}\circ \overrightarrow{CS}=0\Rightarrow \overrightarrow{AB}⟂\overrightarrow{CS}$

Die Lösung der Gleichung $\overrightarrow{AB}\circ \overrightarrow{CS}=0$ liefert für $s$ den Wert $s=\mathrm{0,2}$.

Einsetzen von $s=\mathrm{0,2}$ in die Geradengleichung $g_{AB}$ ergibt die Koordinaten des Lotfußpunktes $S(\mathrm{4,8}|\mathrm{3,6}|0)$.

Für den Punkt $T$ gilt die Gleichung:

$\overrightarrow{OT}=\overrightarrow{OS}+\left|\overrightarrow{CS}\right|\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Die folgende Abbildung verdeutlicht diese Gleichung.

Aufgabenstellung

Der Punkt $T$ entsteht aus dem Punkt $C$ durch Rotation des Körpers um die Gerade $g_{AB}$ um ${90}^{\circ }$. Gesucht sind die Koordinaten des Punktes $T$.

Bedeutung von S

Der Punkt $S$ ist der Punkt auf der Kante $\overline{AB}$ mit dem kürzesten Abstand von $C$. ($S$ ist der Lotfußpunkt von $C$ auf die Gerade $g_{AB}$​.)

Hinweis: Die folgende Abbildung dient nur zur Veranschaulichung. Sie ist nicht Teil der Aufgabenstellung.