Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 2

Sowohl die $x_1$-Koordinaten als auch die $x_2$-Koordinaten der beiden Punkte $B$ und $C$ unterscheiden sich nur in ihren Vorzeichen. Die $x_3$-Koordinaten stimmen überein. Daher liegen die beiden Punkte $B$ und $C$ symmetrisch bezüglich der $x_3$-Achse.

Der Streckenzug setzt sich aus den Längen der drei Vektoren $\overrightarrow{AB}$, $\overrightarrow{BC}$ und $\overrightarrow{CD}$ zusammen. Man berechnet die Vektoren und ihre Beträge.

$\overrightarrow{AB}=\overrightarrow{OB}-\overrightarrow{OA}=\begin{pmatrix}-11\\11\\28\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}11\\11\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-22\\0\\28\end{pmatrix}$

$|\overrightarrow{AB}|=\sqrt{(-22)^2+0^2+28^2}=\sqrt{1268}$

Aus Abbildung $2$ ist zu erkennen, dass der Betrag des Vektors $\overrightarrow{CD}$ gleich dem Betrag des Vektors $\overrightarrow{AB}$ ist. (Der Vektor $\overrightarrow{CD}$ muss nicht extra berechnet werden.)

$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}=\begin{pmatrix}11\\-11\\28\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-11\\11\\28\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}22\\-22\\0\end{pmatrix}$

$|\overrightarrow{BC}|=\sqrt{22^2+(-22)^2+0^2}=\sqrt{968}$

Der Streckenzug setzt sich aus den Längen $2\cdot |\overrightarrow{AB}|+|\overrightarrow{BC}|=2\cdot \sqrt{1268}+\sqrt{968}$ zusammen. Er hat etwa die Länge $102{,}33\;\mathrm{m}$.

Allgemeine Parameterform einer Ebene lautet: $E_{ABC}:\vec X=\overrightarrow{OA}+r\cdot\overrightarrow{AB}+s\cdot\overrightarrow{AC}$

Die Vektoren $\overrightarrow{OA}=\begin{pmatrix}11\\11\\0\end{pmatrix}$ und $\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}-22\\0\\28\end{pmatrix}$ sind schon bekannt (Aufgabe $a$)). Der Vektor $\overrightarrow{AC}$ muss noch berechnet werden.

$\overrightarrow{AC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}=\begin{pmatrix}11\\-11\\28\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}11\\11\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\-22\\28\end{pmatrix}$

Setzt man die drei Vektoren in die Ebenengleichung $E_{ABC}$ ein, folgt:

$E_{ABC}:\vec X=\begin{pmatrix}11\\11\\0\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}-22\\0\\28\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\-22\\28\end{pmatrix}$

Das Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren der Ebene ergibt den Normalenvektor der Ebene.

Mit dem verkürzten Normalenvektor $\vec n_{ABC}=\begin{pmatrix}14\\14\\11\end{pmatrix}$ kann die Normalenform der Ebene erstellt werden.

Die Ebene $E$, die die Punkte $A$, $B$ und $C$ enthält, hat die Gleichung:

 $E:\;14x_1+14x_2+11x_3=308$

Winkel, unter dem $E$ die $x_1x_2$-Ebene schneidet

Für den Schnittwinkel zweier Ebenen gilt: ${\mathbf{cos}\;\mathbf\alpha\;\boldsymbol=\;\frac{\left|\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf n}\;\boldsymbol\circ\;\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf m}\right|}{\left|\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf n}\right|\boldsymbol\cdot\left|\overset{\boldsymbol\rightarrow}{\mathbf m}\right|}}$

Dabei sind $\vec n$ und $\vec m$ die Normalenvektoren der beiden Ebenen.

Die Ebene $E$ hat den Normalenvektor $\vec n=\begin{pmatrix}14\\14\\11\end{pmatrix}$ und $|\vec{n}|=\sqrt{14^2+14^2+11^2}=\sqrt{513}$.

Die $x_1x_2$-Ebene hat den Normalenvektor $\vec m=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ und $|\vec{m }|=1$.

Man hat die Gleichung $\cos(\varphi)=\frac{11}{\sqrt{513}}$ erhalten. Durch Anwendung der Umkehrfunktion des Kosinus kann der Winkel $\varphi$ berechnet werden. (Man benutzt auf dem Taschenrechner die Funktion $\cos^{-1}(x)$.)

$\varphi=\arccos(\frac{11}{\sqrt{513}})\approx 60{,}94^\circ$

Der Schnittwinkel $\varphi$, unter dem $E$ die $x_1x_2$-Ebene schneidet, beträgt rund $61^\circ$.

Winkel zwischen den Ebenen $E$ und $F$

Eingezeichnet sind die beiden Ebenen $E$ ($\textcolor{ff6600}{orange}$) und $F$ ($\textcolor{006400}{grün}$). Der Schnittwinkel, unter dem $E$ die $x_1x_2$-Ebene schneidet, ist der Winkel $\varphi$. Aus Symmetriegründen schneidet die Ebene $F$ die $x_1x_2$-Ebene unter dem gleichen Winkel $\varphi$.

Im obigen Bild sind die beiden Ebenen $E$ und $F$ noch einmal in anderer Ansicht gezeichnet. Man kann nun eine einfache Gleichung für den Winkel $\alpha$ zwischen den Ebenen $E$ und $F$ aufstellen:

$\alpha+2\cdot \varphi =180^\circ\;\Rightarrow\;\alpha=180^\circ-2\cdot \varphi$ (nur Angabe eines Terms)

Der pyramidenförmige Teilkörper ist eine dreiseitige Pyramide.

Für das Pyramidenvolumen gilt: $V_P=\dfrac{1}{3}\cdot G\cdot h$

Die Grundfläche der Pyramide $G$ ist die Hälfte der Grundfläche $A$ des Quaders:

$G=\dfrac{1}{2} \cdot A$.

Quader und Pyramide haben die gleiche Höhe $h$. Das Volumen des Quaders ist $V_Q=A\cdot h$.

$\;\Rightarrow\;V_P=\dfrac{1}{3}\cdot \left(\dfrac{1}{2} \cdot A\right)\cdot h=\dfrac{1}{6}\cdot A\cdot h=\dfrac{1}{6}\cdot V_Q$

Damit beträgt das gesuchte Verhältnis $1: 5$.

Blickt man in Richtung der $x_2$-Achse, so erscheint das Saarpolygon entsprechend der Abbildung $3$. Ein möglicher Vektor für diese Blickrichtung ist der Vektor $\begin{pmatrix}0\\-1\\0\end{pmatrix}$ oder auch $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$.

Für die Abbildung $4$ muss man in Richtung einer Winkelhalbierenden der $x_1x_2$-Ebene blicken. Ein möglicher Vektor für diese Blickrichtung ist der Vektor $\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}$oder auch $\begin{pmatrix}-1\\1\\0\end{pmatrix}$.

Blickt man von oben auf das Saarpolygon, so erhält man die untere Abbildung.

Oder auch in gedrehter Ansicht.

Mit Gleichung $\mathrm{I}$ wird ein Punkt $Q$ festgelegt, der auf der Strecke [AB] liegt (wegen $t\in [0;1]$).

Der Punkt $P(0|0|h)$ ist ein Punkt auf der $x_3$-Achse. Der Vektor $\overrightarrow{PQ}$ soll senkrecht auf der Strecke $[AB]$ stehen (für den kürzesten Abstand der Punkte $P$ und $Q$). Das ist dann der Fall, wenn Gleichung $\mathrm{II}$ erfüllt ist.

Die Länge von $\overline{PQ}$ ist der Abstand des Punktes $P$ von $Q$. Andererseits soll nach Aufgabenstellung der Punkt $P$ auch den gleichen Abstand zur Strecke $[BC]$ haben.

Für die Punkte $B$ und $C$ ist $x_3=28$. Die $x_3$-Koordinate vom Punkt $P$ ist $h$. Der Abstand von $P$ zur Strecke $[BC]$ ist dann gleich $28-h$, wie es Gleichung $\mathrm{III}$ beschreibt.

Skizze zu Aufgabe $g$) (in der Aufgabenstellung nicht gefordert).