Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 1

Besondere Lage von E:

Bei diesem Stichwort musst Du Ausschau halten nach Parallelität zu einer anderer Ebene oder Gerade, insbesondere zu den Koordinatenachsen.

Auffällig an der Koordinatenform der Ebene $E: x_1+x_3=2$ ist, dass die Koordinate $x_2$ nicht vorkommt. Der Koeffizient bei $x_2$ ist also Null. Wenn ein Punkt $P$ die Ebenengleichung erfüllt, dann auch alle weiteren Punkte mit einem beliebigen Wert für $x_2$. Es ist, als ob man $P$ entlang der $x_2$-Achse verschieben könnte und dann liegt er immer noch in der Ebene $E$. Die Ebene ist also parallel zur $x_2$-Achse.

Nachweis für $g \subset E$:

Die Teilgleichungen für $x_1$ und $x_2$ der Parameterform von $g$ werden in $E$ eingesetzt:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll} x_1+x_3 & = & 2 & \text{Ebene E} \\ (-\lambda) + (2+\lambda) & = & 2 & \text{g einsetzen} \\ 0 & = & 0 & \text{allgemeingültige Aussage}\end{array}$

Aus der allgemeingültigen Aussage folgt die Behauptung, d. h. $g$ liegt in $E$.

Schnittpunkte mit Achsen:

Um die Achsenpunkte zu ermitteln, müssen lediglich die nicht betreffenden Koordinaten gleich Null gesetzt werden. Am Schnittpunkt $S_1$ mit der $x_1$-Achse muss $x_2=x_3=0$ sein. Aus der Ebenengleichung folgt somit $x_1=2$ und insgesamt: S$_1 (2|0|0)$. Entsprechend folgt für den Schnittpunkt mit der $x_3$-Achse: S$_3 (0|0|2)$.

Lage im Koordinatensystem:

Beachte beim Zeichnen im 3-dimensionalen Koordinatensystem, dass die Längeneinheit in $x_1$-Richtung verkürzt ist! Praktikabel ist auf dem üblichen karierten Papier: $1$ Längeneinheit in $x_1$-Richtung enstpricht einer Kästchendiagonale, während es in $x_2$ und $x_3$-Richtung wie üblich $2$ Kästchen ($1$ cm) sind. Mit dieser Wahl schaut ein Würfel auch im Schrägbild wie ein Würfel aus und genau das ist ja das Ziel.

Für das Zeichnen der Ebene nimmt man einerseits die Schnittpunkte $S_1$ und $S_2$ und kann damit die Spurgerade $S_1S_3$ einzeichnen. Um andererseits den Eindruck zu stärken, dass die Ebene parallel zur $x_2$-Achse verläuft, begrenzt man die Ebene im Schräbgild durch Parallelen zur $x_2$-Achse.

Um die Gerade $g$ einzuzeichnen, empfiehlt es sich, den Aufpunkt $A$ und einen weiteren Punkt, am besten mit $\lambda=-1$ (um die Wurzel loszuwerden), einzutragen. Dieser Hilfspunkt ist in der Zeichnung mit $H$ bezeichnet.

Horizontale

Hier ist nach dem Winkel zwischen einer Geraden und der "Horizontalen" gefragt. Keinesfalls darfst Du die Horizontale mit dem Horizont verwechseln, den man für eine Gerade in $x_2$-Richtung halten kann. Die Horizontale ist wie in der Aufgabe weiter oben beschrieben eine horizontale Fläche, nämlich die $x_1$-$x_2$-Ebene.

Winkel zwischen Gerade und Ebene - senkrechte Projektion

Der Winkel zwischen einer Geraden und einer Ebene ist der Winkel zwischen dieser Geraden und ihrer senkrechten Projektion in die Ebene.

Die senkrechte Projektion in die $x_1$-$x_2$-Ebene wird in der nächsten Zeichnung nochmal extra veranschaulicht. Sie ist wie der Schattenwurf der Geraden durch ein Licht, das an jeder Stelle aus der $x_3$-Richtung einfällt.

Winkel und Steigungsdreieck

Nun ist Dir wahrscheinlich klar, wie Du der Geraden $g$ ein Steigungsdreieck entnehmen kannst, um daraus den Neigungswinkel zu berechnen.

In $x_3$-Richtung geht es vom Hilfspunkt $H$ zum Punkt $A$ um $\Delta x_3=1$ nach oben. In der $x_1$-$x_2$-Richtung bewegt man sich dabei schräg nach hinten und zwar um $1$ in $x_1$-Richtung und um $1+\sqrt{2}$ in $x_2$-Richtung. Insgesamt bewegt man sich entlang der Diagonale mit der Länge $\sqrt{1^2+\sqrt{2}^2}=\sqrt{3}$ (Pythagoras) nach schräg hinten.

Diese Zusammenhänge sind in der nächsten Zeichnung ergänzt worden. Nun kann über die Steigung der gesuchte Neigungswinkel berechnet werden:

Um die Aufgabe erfolgreich bearbeiten zu können, muss man eine Ebenengleichung in der Normalenform austellen können, den Schnittpunkt einer Geraden mit einer Ebene bestimmen können und den Abstand zweier Punkte berechnen können. Zunächst ist im nächsten Bild der weitere Verlauf der Achterbahn dargestellt.

Beim gesuchten Punkt $B$ ist der lineare, erste Abschnitt der Achterbahn eine Tangente an den Viertelkreisförmigen zweiten Abschnitt der Bahn. Die Gerade $g$ steht daher senkrecht auf dem Radius $|\overrightarrow{\text{BM}}|$ .

Daher stellt man eine Hilfsebene $F$ auf, die durch den gesuchten Punkt $B$ verläuft und durch $M$, und deren Normalenvektor gerade der Richtungsvektor $\vec{v}$ der Geraden $g$ ist.

Für einen Punkt $X$ der Ebene gilt dann in der Normalenform: $\vec{v}\circ\left[\vec{x}-\vec{m} \right] =0$

Da der gesuchte Punkt $B$ Schnittpunkt der Gerade $g$ mit der Hilfsebene $F$ ist, setzt man in die Normalenform an die Stelle von $\vec{x}$ einen allgemeinen Punkt der Geraden $g$ ein. Die Gleichung, die entsteht, ist nach $\lambda$ aufzulösen, $\lambda$ wird in $g$ eingesetzt und man erhält den Punkt $B$.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcl}\vec{v}\circ\left[\vec{x}-\vec{m} \right] &=&0 \\ \vec{v}\circ\left[\left(\vec{a}+\lambda\vec{v}\right)-\vec{m} \right] &=&0 \\ \begin{pmatrix}-1\\\sqrt{2}\\1\end{pmatrix}\circ\left[\left(\begin{pmatrix}0\\\sqrt{2}\\ 2\end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix}-1\\\sqrt{2}\\ 1\end{pmatrix}\right)-\begin{pmatrix}0\\3\sqrt{2}\\ 2\end{pmatrix}\right] &=&0 \\ \begin{pmatrix}-1\\ \sqrt{2}\\ 1\end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix}0-\lambda-0 \\ \sqrt{2} +\lambda \sqrt{2}-3 \sqrt{2} \\ 2+\lambda-2\end{pmatrix} &=&0 \\ \begin{pmatrix}-1\\ \sqrt{2}\\ 1\end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix}-\lambda \\ \sqrt{2}(\lambda -2) \\ \lambda\end{pmatrix} &=&0 \\ \lambda + 2\lambda-4 + \lambda&= & 0 \\ \lambda&=& 1\end{array}$

Mit $\lambda=1$ ergibt sich aus der Geradengleichung $B(-1|2\sqrt{2}|3)$.

Der Radius der Viertelkreisbahn ist die Länge des Differenzvektors $|\overrightarrow{\text{BM}}|$.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcl}r &=& |\overrightarrow{BM}| \\ &=& \left|\begin{pmatrix}1 \\ \sqrt{2} \\ -1 \end{pmatrix}\right| \\ &=& \sqrt{1^2+\sqrt{2}^2+(-1)^2} \\ &=& 2\end{array}$

Der Radius ist $r=2$ (Längeneinheiten).

Mit Hilfe des Modells können folgende Fakten zusammengetragen werden:

• $|\overrightarrow{\text{BM}}|=|\overrightarrow{\text{CM}}|=2$ (Kreis).

• $|\vec{v}|=2$ (Länge des Richtungsvektors).

• Am Ende der Vierteldrehung ($90^\circ$) zeigt $\overrightarrow{\text{MC}}$ in die gleiche Richtung wie $\vec{v}$

Daher gilt: $\vec{c}=\vec{m}+\vec{v}$ .

Die Abbildung verdeutlicht diese Zusammenhänge:

Mit dem Hinweis auf die durchschnittliche Geschwindigkeit soll klar gestellt werden, dass man mit der konstanten Geschwindigkeit $15\frac{\text{m}}{\text{s}}$ rechnen soll, auch wenn der Wagen bei der Fahrt bergauf langsamer wird.

Für die weitere Lösung musst Du also aus der Physik oder Deinem Alltagswissen den Zusammenhang

parat haben. Aufgelöst nach der Zeit ergibt sich die hier benötigte Formel:$t=\frac{\text{Länge des zurückgelegten Weges}}{\text{Geschwindigkeit}}$

Die gesamte Weglänge ergibt sich aus der Summe der Weglänge $|\overrightarrow{\text{AB}}|$ und des Viertelkreisbogens $\frac14\cdot 2r\pi$, die sich aus dem Kreisumfang ergibt. Für die benötigte Zeit $t$ gilt also:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcl}t &=& \frac{|\overrightarrow{\text{AB}}|+\frac12\cdot r\pi}{v} \\ &=& \frac{\left|\begin{pmatrix}-1\\\sqrt{2}\\ 1 \end{pmatrix}\right|\cdot 10\text{m}+\frac12\cdot 2\cdot 10\text{m}\cdot \pi}{15\frac{\text{m}}{\text{s}} } \\ &=& \frac{2\cdot 10\text{m}+ 10\text{m}\cdot\pi}{15\frac{\text{m}}{\text{s}}} \\ &=& 3{,}43\text{ s}\end{array}$

Der betrachtete Teil der Fahrt dauert ca. $3{,}4$ s.