Gegeben sind die Punkte $A\left(6\left|0\right|4\right);\ B\left(0\left|-6\right|4\right)$ und $C\left(-6\left|0\right|4\right)$, sowie $S\left(0\left|0\right|1\right)$.

Das Dreieck $\Delta_{ABS}$ ist gleichschenklig, wenn zwei Seiten gleiche Länge haben.

$\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}-6\\6\\0\end{pmatrix}\Rightarrow \Big\vert\overrightarrow{AB}\Big\vert=\sqrt{36+36}=\sqrt{72}$

$\overrightarrow{AS}=\begin{pmatrix}-6\\0\\-3\end{pmatrix}\Rightarrow \Big\vert\overrightarrow{AS}\Big\vert=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}$

$\overrightarrow{BS}=\begin{pmatrix}0\\-6\\-3\end{pmatrix}\Rightarrow \Big\vert\overrightarrow{BS}\Big\vert=\sqrt{36+9}=\sqrt{45}$

Dreieck $\Delta_{ABS}$ ist gleichschenklig.

Die Grundfläche der beschriebenen Pyramide ist quadratisch. Bestimme die Koordinaten des Eckpunktes $D$.

Der Ortsvektor des Punktes $A$ sei $\vec{a}=\begin{pmatrix}6\\0\\4\end{pmatrix}$

Der Ortsvektor des Punktes $B$ sei $\vec{b}=\begin{pmatrix}0\\6\\4\end{pmatrix}$

Der Ortsvektor des Punktes $C$ sei: $\vec{c}=\begin{pmatrix}-6\\0\\4\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{BC}=\begin{pmatrix}-6\\-6\\0\end{pmatrix}$

Der Punkt $D$ hat dann den Ortsvektor $\vec{d}=\vec{a}+\overrightarrow{BC}$

$\vec{d}=\begin{pmatrix}6\\0\\4\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-6\\-6\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-6\\4\end{pmatrix}$

Die Seitenlängen $\Big\vert\overrightarrow{BC}\Big\vert=\sqrt{36+36}=\sqrt{72}=\Big\vert\overrightarrow{AB}\Big\vert$

Es gilt: $\overrightarrow{AB}\perp\overrightarrow{BC}\iff \begin{pmatrix}-6\\6\\0\end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix}-6\\-6\\0\end{pmatrix}=36-36=0$

Die Ebene $E$ ist durch die Punkte $A,B$ und $C$ bestimmt.

Die dritte Koordinate dieser Punkte ist $x_3=4$. Somit ist die Ebene $E$ parallel zur $x_1-x_2$ -Ebene und hat vom Ursprung $O$ den Abstand $d(E,O)=4$.

Bestimmung der Gleichung der Ebene $F$ durch die Punkte $A,B$ und $S$

$F:e_{ABS}=\begin{pmatrix}6\\0\\4\end{pmatrix}+\lambda \begin{pmatrix}-6\\6\\0\end{pmatrix}+\mu \begin{pmatrix}-6\\0\\-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\0\\4\end{pmatrix}+\lambda^* \begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}+\mu^* \begin{pmatrix}2\\0\\1\end{pmatrix}$

Das Skalarprodukt aus gesuchtem Normalenvektor mit den Richtungsvektoren muss jeweils gleich null sein.

Da die dritte Komponente des 1. Richtungsvektors gleich null ist und die beiden ersten Komponenten verschiedene Vorzeichen und betragsmäßig gleich groß sind, kann man die beiden ersten Komponenten des Normalenvektors gleich $1$ setzen.

Setzt man die dritte Komponente des Normalenvektors gleich $-2$, so ergibt das Skalarprodukt des gesuchten Normalenvektors mit dem 2. Richtungsvektor den Wert null.

Bei solch einfachen Richtungsvektoren kann man sich die Berechnung des Vektorproduktes sparen.

$\vec{n}_{e_{ABS}}=\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}$

Also: $e_{ABS}:\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\circ \vec{x}=\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\circ \begin{pmatrix}6\\0\\4\end{pmatrix}\iff \begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\circ \vec{x}+2=0\\\iff e_{ABS}:x_1+x_2-2\cdot x_3+2=0$

Man kann zur Berechnung des Volumens auch das Spatprodukt bemühen.

Dazu muss man berechnen: $\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AD}\circ\overrightarrow{AS}$.

Hier muss man Rechenarbeit leisten.

Aus dem Aufgabenteil a) und b) leitet man aber ab, dass für die Grundfläche $G=\Big\vert\overrightarrow{AB}\Big\vert^2=(\sqrt{72})^2=72$ gilt

Die Höhe $h$ der Pyramide ist leicht zu ermitteln. Die Grundfläche $G$ liegt in einer Ebene, die parallel zur $x_2-x_3-$Ebene ist und vom Ursprung $O$ den Abstand $D(E,O)=4$ hat.

Die Spitze $S(0|0|1)$ hat den Abstand $d(S,O)=1$

Somit gilt für die Höhe $h=3.$

Für das Volumen einer Pyramide gilt $V=\frac{1}{3}\cdot G\cdot h\Rightarrow V=\frac{1}{3}\cdot 72\cdot 3=72$

Die Marmorkugel liegt so in der Pyramide, dass sie die Seitenwände berührt. Somit muss der Radius $r$ der Kugel senkrecht zu jeder Seitenwand sein. Der Abstand des Mittelpunktes $M$ von der Seitenwand ist gleich dem Radius $r$. Da die Pyramide symmetrisch ist, ist der Abstand des Mittelpunktes $M_{ }$ von jeder Seitenwand gleich.

Zur Abstandsberechnung des Punktes $M$ von der Ebene $F$ verwendet man die Hessesche Normalenform:

$-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\circ \vec{x}-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\cdot 2=0\\\Rightarrow \Big\vert-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\circ \begin{pmatrix}0\\0\\4\end{pmatrix}-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\cdot 2\Big\vert=\Big\vert\dfrac{8}{\sqrt{6}}-\dfrac{2}{\sqrt{6}}\Big\vert=\dfrac{6}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}$

Der Kugelradius ist somit $r=\sqrt{6}$.

Der gesuchte Durchmesser ist dann:

$d= 2\cdot r=2\cdot \sqrt{6}\;\mathrm{dm}=20\cdot \sqrt{6}\;\mathrm{cm}\approx 49\;\mathrm{cm}$

Der höchste Punkt $H\$des Brunnens ist der Durchstoßpunkt der Geraden durch die Punkte $S$und $M$ durch die Kugel. Der Punkt $H\$liegt um $r=\sqrt{{6}}\approx 2{,}4\;\mathrm{dm}$ über dem Punkt $M(0|0|4)$. Also liegt $H$ in $4+\sqrt{6}\approx 6{,}4\;\mathrm{dm}\approx 64 \;\mathrm{cm}$ über dem Erdboden.

Es gilt:

$L_t(t+1|t+1|6{,}2-5\cdot (t-0{,}2)^2)\iff L_t(1+t|1+t|6{,}2-5\cdot (t^2-2\cdot \frac{2}{10}\cdot t+(\frac{2}{10})^2)\\\iff L_t(1+t|1+t|6{,}2-5\cdot t^2+5\cdot \frac{4}{10}\cdot t-0{,}2)$

Die Bewegung des Wassers der Fontäne beschreibt man somit mittels der Funktion

$f:\vec{x}=\begin{pmatrix}1\\1\\6\end{pmatrix}+t\cdot \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}+t^2\cdot \begin{pmatrix}0\\0\\-5\end{pmatrix}$

Bestimmung des Auftreffpunktes $P$ der Fontäne mit der Ebene $e_{ABS}$

$\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\left[ \begin{pmatrix}1\\1\\6\end{pmatrix}+t \begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}+t^2 \begin{pmatrix}0\\0\\-5\end{pmatrix}\right]+2=0\\\iff-10-2\cdot t+10\cdot t^2+2=0\\\iff 10\cdot t^2-2\cdot t-8=0\\\iff t^2-\frac{2}{10} t-\frac{8}{10}=0\\\iff t^2-\frac{2}{10}t=\frac{8}{10}\\\iff t^2-\frac{2}{10}t+\frac{1}{100}=\frac{80}{100}+\frac{1}{100}\\\iff (t-\frac{1}{10})^2=\frac{81}{100}\iff t_1=\frac{9}{10}+\frac{1}{10}=1\lor t_2=-\frac{9}{10}+\frac{1}{10}=-\frac{8}{10}$

Da $t\geq 0\Rightarrow t_1=1.$

Den Wert $t=1$ setzt man in $f$ ein und erhält:

$P(2|2|3).$

Liegt der Punkt $P$ innerhalb des Dreiecks $\Delta_{ABS}$?

$\Delta_{ABS}:\vec{x}=\begin{pmatrix}6\\0\\4\end{pmatrix}+\lambda \begin{pmatrix}-6\\6\\0\end{pmatrix}+\mu \begin{pmatrix}-6\\0\\-3\end{pmatrix}$, wobei $0<\lambda,\mu<1\thinspace \land \lambda+\mu<1$

$\begin{pmatrix}2\\2\\3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6\\0\\4\end{pmatrix}+\lambda \begin{pmatrix}-6\\6\\0\end{pmatrix}+\mu \begin{pmatrix}-6\\0\\-3\end{pmatrix}\iff \\ -4=-6\lambda-6\mu\\ 2=6\lambda\Rightarrow \lambda=\frac{1}{3}\\ -1=-3\mu\Rightarrow \mu=\frac{1}{3}$.

Diese Werte für $\lambda=\frac{1}{3}$ und $\mu=\frac{1}{3}$ erfüllen die Bedingungen. Somit liegt der Punkt $P$ innerhalb des Dreiecks $\Delta_{ABS}$

Um den höchsten Punkt der Wasserfontäne zu bestimmen, muss man nur die Werte der dritten Komponente von $L_t$ untersuchen:

$x_3(t)=6{,}2-5\cdot(t-\frac{1}{5})^2$

Man sucht den Maximalwert von $x_3(t):\Rightarrow x_3'(t)=-10\cdot(t-\frac{1}{5})$

$x_3'(t)=0\Leftrightarrow t=\frac{1}{5}$

in $x_3(t): x_3(\frac{1}{5})=6{,}2\;\mathrm{dm}=62 \;\mathrm{cm}$

Somit liegt der höchste Punkt der Wasserfontäne tiefer als der höchste Punkt des Brunnens $(64\;\mathrm{cm})$

Das Volumen V der Pyramide ist laut Teilaufgabe c gerade $V=72\;\mathrm{dm^3}$

Die Marmorkugel hat den Mittelpunkt $M(0|0|4)$. Weil die Bodenebene der Pyramide vom Ursprung den Abstand $d(E,0)=4$ hat, liegt nur eine Halbkugel der Marmorkugel in der Bronzeschale.

Das Volumen einer Kugel ist $V_{Kugel}=\frac{4}{3}\cdot \pi\cdot r^3\Rightarrow V_{Halbkugel}=30{,}8\;\mathrm{dm^3}$

Damit hat die Bronzeschale ein Fassungsvermögen von

$V_{Schale}=72\;\mathrm{dm^3}-30{,}8\;\mathrm{dm^3}=41{,}2 \;\mathrm{dm^3}$

$1\;\mathrm{dm^3}=1\;\mathrm{l}=1000\;\mathrm{ml}$

Wenn pro Sekunde $80\;\mathrm{ml}=0{,}08\;\mathrm{l}$ Wasser in die Schale fließen, so dauert es $515\;\mathrm{s}$ bis die Bronzeschale gefüllt ist.

Damit ist die Schale nach $8{,}6\;\mathrm{min}$ gefüllt.