B3

Gib die Koordinaten des Punktes $B_{1}$ an

Begründe, dass die Seitenfläche $A_{2} A_{3} B_{3} B_{2}$ ein Trapez ist

Berechne das Volumen des Körpers $K$

Berechne den Winkel zwischen $\overline{A_{2} A_{3}}$ und $\overline{A_{2} B_{2}}$

Ermittele rechnerisch die Koordinaten des Punktes $P$

Bekannt ist: Der Innenhof $A_{4} A_{3} P$ hat die Form eines gleichseitigen Dreiecks.

Aus Symmetriegründen muss der Punkt $P$ auf der $x_{1}$-Achse liegen (siehe Abbildung 3).

Die Differenz der $x_2$-Koordinaten von $A_3$ und $A_4$ ist gleich $10$, d.h. die Seiten des Dreiecks $A_{4} A_{3} P$ besitzen eine Länge von $\left|\overline{A_{3} A_{4}}\right|=10\;\mathrm{LE}$.

Die Höhe $h_{D}$ des Dreiecks $A_{4} A_{3} P$ wird mit dem Satz des Pythagoras berechnet:

$h_{D}=\sqrt{10^{2}-5^{2}}=\sqrt{75}=5 \cdot \sqrt{3}$

Die Höhe $h_{D}$ des Dreiecks $A_{4} A_{3} P$ beträgt $5 \cdot \sqrt{3}\;\mathrm{LE}$.

Der Höhenschnittpunkt im gleichseitigen Dreieck teilt jede Höhe im Verhältnis $2:1$.

Vom Koordinatenursprung aus gesehen hat $P$ die $x_1$-Koordinate $p_1=-\dfrac{2}{3}\cdot h_D=-\dfrac{2}{3}\cdot \sqrt{75}$.

Damit gilt: $P\left(-\frac{2 \cdot \sqrt{75}}{3}\Big \vert0\Big \vert 0\right) \approx P(-5{,}77|0| 0)$.

Berechne den Abstand von $A_{4}$ zum Koordinatenursprung $O(0|0| 0)$

Gegeben ist $A_{4}\left(\frac{\sqrt{75}}{3}\Big \vert-5\Big \vert 0\right)$ und das Dreieck ist gleichseitig.

Der Abstand von $A_{4}$ zum Koordinatenursprung ist gleich $\dfrac{2}{3}\cdot h_D=\dfrac{2}{3}\cdot \sqrt{75}$.

$\left|\overrightarrow{\mathrm{OA}_{4}}\right|=\dfrac{2 \cdot \sqrt{75}}{3} \approx 5{,}77$

Der Abstand von $A_{4}$ zum Koordinatenursprung beträgt rund $5{,}77\;\mathrm{LE}$.

Anmerkung: Der Abstand von $A_{4}$ zum Koordinatenursprung kann auch mit dem Satz des Pythagoras berechnet werden.

Begründe, dass die gegebene Ebene $E$ die Ebene ist, in der die Fläche $A_{1} A_{2} B_{2} B_{1}$ liegt

Gegeben ist $\def\arraystretch{1.25} E: \vec{x}=\left(\begin{array}{c}50 \\ -5 \\ 0\end{array}\right)+r \cdot\left(\begin{array}{c}0 \\ 10 \\ 0\end{array}\right)+s \cdot\left(\begin{array}{c}-40 \\ 10 \\ 30\end{array}\right)$.

Die Ebene $E_{A_{1} A_{2} B_{2}}: \vec{x}=\overrightarrow{O A_{1}}+r \cdot \overrightarrow{A_{1} A_{2}}+s \cdot \overrightarrow{A_{1} B_{2}}$ berechnet man mit den folgenden Vektoren:

$\overrightarrow{O A_{1}}=\begin{pmatrix}50\\-5\\0\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{A_{1}A_{2}}=\overrightarrow{O A_{2}}-\overrightarrow{O A_{1}}=\begin{pmatrix}50\\5\\0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}50\\-5\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\10\\0\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{A_{1}B_{2}}=\overrightarrow{O B_{2}}-\overrightarrow{O A_{1}}=\begin{pmatrix}10\\5\\30\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}50\\-5\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-40\\10\\30\end{pmatrix}$

$E_{A_{1} A_{2} B_{2}}=\begin{pmatrix}50\\-5\\0\end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}0\\10\\0\end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix}-40\\10\\30\end{pmatrix}$

Damit ist $E_{A_{1} A_{2} B_{2}}$ gleich der gegebenen Ebene $E$.

$E$ enthält somit die Punkte $A_{1}, A_{2}$ und $B_{2}$ und damit auch $B_{1}$.

Untersuche, ob der Schatten der Spitze des Masts zu diesem Zeitpunkt innerhalb der Fläche $A_{1} A_{2} B_{2} B_{1}$ liegt

Die Geradengleichung für die Sonnenstrahlen geht durch den Punkt $S$ und hat die Richtung $\vec r$:

$h:\vec x=\begin{pmatrix}0\\0\\35\end{pmatrix}+t\cdot \begin{pmatrix}6 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix}$ mit $t\in \mathbb{R}$.

Schneide die Gerade $h$ mit der Ebene $E$:

$\begin{pmatrix}50\\-5\\0\end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}0\\10\\0\end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix}-40\\10\\30\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\0\\35\end{pmatrix}+t\cdot \begin{pmatrix}6 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix}$

$\Rightarrow\; \begin{pmatrix}50\\-5\\-35\end{pmatrix}=t\cdot \begin{pmatrix}6 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix}+r\cdot \begin{pmatrix}0\\-10\\0\end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix}40\\-10\\-30\end{pmatrix}$

Betrachte Gleichung $\mathrm{I}$ und $\mathrm{III}$.

Dann folgt:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rrrrrcrr}&\mathrm{(I)}:&\;\;&50&=&6\cdot t&+&40\cdot s\\+&3\cdot\mathrm{(III)}:& &-105&=&-6\cdot t&-&90 \cdot s\\ \hline &&&-55&=&0&&-50\cdot s\end{array}$ $\Rightarrow\;s=\dfrac{-55}{-50}=\dfrac{11}{10}\;\Rightarrow\;$eingesetzt in Gleichung $\mathrm{I}$:

$50=6\cdot t+40\cdot\dfrac{11}{10}=6\cdot t+44\;\Rightarrow\;t=1$

$s=\dfrac{11}{10}$ und $t=1$ eingesetzt in Gleichung $\mathrm{II}$:

$-5=-10\cdot r+\dfrac{11}{10} \cdot (-10)\;\Rightarrow\;6=-10\cdot r\;\Rightarrow\;r=-\dfrac{3}{5}$

Das Gleichungssystem hat eine Lösung für $r=-\dfrac{3}{5},$ $s=\dfrac{11}{10}$ und $t=1$.

Für den Schnittpunkt $Q$ setze $t=1$ in $h$ ein:

$\overrightarrow{O Q}=\begin{pmatrix}0\\0\\35\end{pmatrix}+1\cdot \begin{pmatrix}6 \\ 0 \\ -2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}6\\0\\33\end{pmatrix}\;\Rightarrow\;Q(6|0|33)$

Die $x_{3}$-Koordinate von $Q$ ist größer als $30$ ($x_{3}$-Koordinate von $B_1$ bzw. $B_2$). Der Schatten der Spitze des Masts liegt also nicht innerhalb der Fläche $A_{1} A_{2} B_{2} B_{1}$.