Zeigen Sie, dass die Kanten $\overline{AE}$ und $\overline{BF}$ parallel sind

Berechne die Vektoren $\overrightarrow{AE}$ und $\overrightarrow{BF}$:

$\overrightarrow{AE}=\overrightarrow{OE}-\overrightarrow{OA}=\left(\begin{array}{c}0\\ 40\\ 120\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 40\\ 120\end{array}\right)$

$\overrightarrow{BF}=\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{OB}=\left(\begin{array}{c}0\\ 58\\ 114\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 20\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 38\\ 114\end{array}\right)={\displaystyle \frac{19}{20}}\left(\begin{array}{c}0\\ 40\\ 120\end{array}\right)={\displaystyle \frac{19}{20}}\cdot \overrightarrow{AE}$

Damit ist $\overrightarrow{AE}\parallel \overrightarrow{BF}$.

.

Hat das Viereck $ABFE$ im Punkt $E$ einen rechten Winkel?

Berechne das Skalarprodukt zwischen den Vektoren $\overrightarrow{AE}$ und $\overrightarrow{EF}$:

$\overrightarrow{EF}=\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{OE}=\left(\begin{array}{c}0\\ 58\\ 114\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 40\\ 120\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 18\\ -6\end{array}\right)$

$\overrightarrow{AE}\circ \overrightarrow{EF}=\left(\begin{array}{c}0\\ 40\\ 120\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{c}0\\ 18\\ -6\end{array}\right)=0+40\cdot 18+120\cdot (-6)=720-720=0$

$\Rightarrow \overrightarrow{AE}⟂\overrightarrow{EF}$

Im Punkt $E$ hat das Viereck einen rechten Winkel.

Gleichung der Ebene, in der das Rechteck $EFGH$ liegt, in Koordinatenform

Es ist $\overrightarrow{n}\circ \overrightarrow{EF}=0$ und $\overrightarrow{n}\circ \overrightarrow{EH}=0$.

$\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OE}=\left(\begin{array}{c}-20\\ 40\\ 120\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}0\\ 40\\ 120\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-20\\ 0\\ 0\end{array}\right)$

$\Rightarrow \overrightarrow{n}\circ \left(\begin{array}{c}0\\ 18\\ -6\end{array}\right)=0$ und $\overrightarrow{n}\circ \left(\begin{array}{c}-20\\ 0\\ 0\end{array}\right)=0$

Man erhält zwei Gleichungen:

$18\cdot n_2-6\cdot n_3=0$ und $-20\cdot n_1=0\Rightarrow n_1=0$

$n_3$ ist frei wählbar, z.B. $n_3=3\Rightarrow 18\cdot n_2-6\cdot 3=0\Rightarrow n_2=1$

Der Vektor $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 3\end{array}\right)$.

Mit diesem Normalenvektor ist $E:y+3z=c$

Setze z.B. den Punkt $E(0|40|120)$ ein, der in der Ebene liegt.

$\Rightarrow 40+3\cdot 120=c\Rightarrow c=400$

Damit ist $E_{EFGH}:y+3z=400$

Koordinaten von $K^{\prime }$

Der Punkt $K$ hat die gleichen x- und y-Koordinaten wie der Punkt $E$.

Die z-Koordinate von $K$ ist gleich der vom Punkt $E$ verlängert um $|\overrightarrow{EF}|$:

$K(0|40|120+|\overrightarrow{EF}|)$

Mit $\overrightarrow{EF}=\left(\begin{array}{c}0\\ 18\\ -6\end{array}\right)$ (aus Aufgabe a)) folgt für den Betrag:

$|\overrightarrow{EF}|=\sqrt{0^2+{18}^2+(-6{)}^2}=\sqrt{360}=6\cdot \sqrt{10}$

Geradengleichung

Dann ergibt sich die Geradengleichung des Sonnenlichtes durch den Punkt $K$ mit dem gegebenen Richtungsvektor:

Wert des Parameters und Koordinaten von $K^{\prime }$

Die Gerade $g$ muss mit der Ebene $E:y+3\cdot z=400$ aus Aufgabe b) geschnitten werden, um den Punkt $K^{\prime }$ zu erhalten:

Einsetzen von $g$ in $E$ liefert die Gleichung:

Der GTR liefert als Lösung $r\approx \mathrm{7,115124...}$.

Damit ist $r\approx \mathrm{7,12}$.

Die Koordinaten von $K^{\prime }$ ergeben sich durch Einsetzen von $r\approx \mathrm{7,12}$ in die Geradengleichung:

Der Punkt $K^{\prime }$ hat etwa die Koordinaten $K^{\prime }(-14|47|118)$.

Wert von $a$, für den die Karte auf der Deckseite des Betonkörpers liegt

Setze die Koordinaten von $F(0|58|114)$ in die Ebenengleichung $E_a:a\cdot y+z=40\cdot a+120$ ein.

Für $a={\displaystyle \frac{1}{3}}$ liegt die Karte auf der Deckseite des Betonkörpers.

Bedeutung der Lösung der Gleichung

$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -3\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{l}0\\ a\\ 1\end{array}\right)=0$

Der erste Vektor ist der Richtungsvektor des Sonnenlichtes. Der zweite Vektor ist der Normalenvektor der Ebene $E_a$. Wenn das Skalarprodukt den Wert null hat, dann stehen diese beiden Vektoren senkrecht aufeinander. Das hat zur Folge, dass die Ebene, die die Karte darstellt, parallel zum Sonnenlicht verläuft.

Beschreibung des Schattens

Da die Ebene, die die Karte darstellt, parallel zum Sonnenlicht verläuft, fällt kein Schatten von dieser Karte auf die Deckfläche des Betonkörpers.

Begründung, dass die Strecken $\overline{EF}$ und $\overline{EQ}$ einen doppelt so großen Winkel einschließen wie die Strecken $\overline{EF}$ und $\overline{EP}$

Zwei dieser Positionen werden durch $P\left(0\left|y_1\right|z\right)$ und $Q\left(0\left|y_2\right|z\right)$ mit $y_2<y_1$ beschrieben. Bei den beiden Punkten sind die x- und y-Koordinaten gleich groß. Somit stellt $y_2-y_1$ ihren Abstand dar. Andererseits ist $|\overrightarrow{FP}|=y_1-y_2$.

Skizze in der y-z-Ebene:

Welche Informationen haben wir?

• Die folgenden Strecken sind gleich groß, d.h. $\overline{EF}=\overline{EP}=\overline{EQ}$, da es sich um den Drehradius handelt.

• Weiterhin sind laut Aufgabentext die Strecken $\overline{PQ}=\overline{FP}$.

• Damit sind die beiden Dreiecke $EFP$ und $EPQ$ zueinander kongruent und liegen bzgl. der Strecke $\overline{EP}$ achsensymmetrisch zueinander.

• Der Winkel im Viereck $EFPQ$ im Eckpunkt $E$ ist somit doppelt so groß, wie der eines der Dreiecke im Eckpunkt $E$.