Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 1

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 $x_2+5x_3-30=0$ 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 $[B_3B_4]$, 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 $SL_1$ beschrieben.

Aus Symmetriegründen ergeben sich für die Schattenpunkte $S_3\text\ und S_4$ aus den Lichtstrahlen $l_3:[LB_1]$ und $l_4:[LB_4]$: $S_3(-10|0|0)$ und $S_4(-5|15|0)$.