Geometrie, Teil B, Aufgabengruppe 1

Wenn es um den Flächeninhalt eines Dreiecks geht, solltest Du zuerst prüfen, ob es sich um ein rechtwinkliges Dreieck handelt. Wenn zwei Seiten aufeinander senkrecht stehen, kann der Flächeninhalt besonders schnell ermittelt werden: Eine Seite ist dann die Grundlinie und die andere die zugehörige Höhe. Das scheint hier aber nicht der Fall zu sein, daher ist die Flächenberechnung mit dem Vektorprodukt die 1. Wahl: $A_{ABC}=\frac12\left|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right|$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{aligned} A_{ABC} &=\frac12\left|\overrightarrow{AB}\times\overrightarrow{AC}\right| \\ &= \frac12\left|\begin{pmatrix}-4\\4\\0\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}-4\\0\\4\end{pmatrix}\right| \\&= \frac12\left|\begin{pmatrix} 16\\16 \\16 \end{pmatrix} \right|\\ &=\frac12\sqrt{16^2+16^2+16^2} \\&= \frac12\cdot16\sqrt{3} = 13{,}9\end{aligned}$

Der Flächeninhalt beträgt $13{,}9$ Flächeneinheiten.

Bei der gesuchten Geraden $g$ ist die Parameterform aufzustellen, wobei die Gerade durch den Punkt $P$ (Aufpunkt) geht und

$\begin{pmatrix} -1\\-1\\4 \end{pmatrix}$

der Richtungsvektor ist:

$g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 2\\2\\3 \end{pmatrix}+\lambda\begin{pmatrix} -1\\-1\\-4 \end{pmatrix}$

Schnittpunkt Gerade $g$ mit Ebene $E$

Der gesuchte Schnittpunkt $R$ der Geraden $g$ mit der Ebene $E$ ($R=g\cap E$) ergibt sich so: Da die Ebene $E$ in Koordinatenform gegeben ist, werden die 3 einzelnen Gleichungen der Parameterform der Geraden in die Koordinatengleichung eingesetzt. Dadurch ergibt sich eine Gleichung, in der nur noch die Variable $\lambda$ vorkommt!

$\def\arraystretch{1.25} \begin{aligned} x_1+x_2+x_3-4 &=0 \\ (2-\lambda)+ (2-\lambda) + (3-4\lambda) -4 &= 0 \\ 3-6\lambda &=0 \\ \lambda &= \frac12\end{aligned}$

Setzt man $\lambda = \frac12$ in die Gleichung der Geraden $g$ ein, ergibt sich der gesuchte Schnittpunkt $R$:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{aligned} \vec{r} &= \begin{pmatrix} 2\\2\\3 \end{pmatrix}+\frac12\begin{pmatrix} -1\\-1\\-4 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix} 1{,}5\\1{,}5\\1 \end{pmatrix}\end{aligned}$

Der Schnittpunkt hat also die Koordinaten $(1{,}5|1{,}5|1)$ .

Nachweis, dass der Schnittpunkt $R$ innerhalb des Spiegels (Dreieck ABC) liegt.

Der Dreieckspiegel-Fläche ist nur eine begrenzte Teilmenge der Ebene $E$ und es ist also nachzuweisen, dass $R$ innerhalb der Dreiecksgrenzen liegt.

Die schnellste und einfachste Methode des Nachweises setzt voraus, dass man die besondere Lage des Dreiecks $ABC$ erkennt. Es hat gerade die 3 Spurpunkte der Ebene $E$ als Eckpunkte, denn $A$, $B$ und $C$ liegen gerade auf den Koordinatenachsen $x_1$, $x_2$ und $x_3$. Das Dreieck ist also der Teil der Ebene, der im 1. Oktanden verläuft. Im 1. Oktanden sind alle 3 Koordinaten $\geqslant 0$. Da auch der Schnittpunkt $R$ lauter positive Koordinaten hat, liegt auch $R$ im 1. Oktanden und somit muss $R$ innerhalb der Spiegelfläche liegen.

Der Lösungsweg hinterlässt möglicherweise den schalen Nachgeschmack eines Lösungsweges, der nur zu einem ganz speziellen Problem passt und den man im Eifer der Prüfung so nicht erkannt hätte. Daher soll ein alternativer Lösungsweg vorgestellt werden, der auf vergleichbare Problemstellung für ein beliegbiges Parallelogramm oder Dreieck die Antwort gibt:

Über die gegenseitge Lage von Punkt und Spiegelpunkt gibt es eine Reihe von zutreffenden Aussagen, z. B. wird die Verbindungslinie der beiden Punkte durch die Spiegelebene halbiert und sie steht auch senkrecht auf der Spiegelebene.

Im Folgenden wird daher der Mittelpunkt von $P$ und $Q$ bestimmt und gezeigt, dass er in $E$ liegt und es wird gezeigt, dass $\overrightarrow{QP}$ senkrecht auf der Ebene steht, also ein Vielfaches des Normalenvektors der Ebene $E$ ist!

Der Mittelpunkt $M$ von $P$ und $Q$ liegt in $E$:

$\vec{m} = \frac12(\vec{p}+\vec{q}) = \frac12\left(\begin{pmatrix}2\\2\\3\end{pmatrix} + \begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \right) = \frac12\begin{pmatrix}2\\2\\4\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}1\\1\\2\end{pmatrix}$

Einsetzen von $M(1|1|2)$ in $E$ liefert die wahre Aussage:

$1+1+2-4 =0$

D. h. $M\in E$. Bleibt noch zu zeigen:

$\overrightarrow{QP}$ steht senkrecht auf der Ebene $E$

Der Differenzvektor von $P$ und $Q$ ergibt sich zu:

$\overrightarrow{PQ}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2\\2\\3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2\\-2\\-2\end{pmatrix}$

Das ist das $-2$-fache des Normalenvektors

$\vec{n}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$

Somit ist gezeigt, dass $P$ und $Q$ bezüglich der Ebene $E$ spiegelbildlich liegen.

In der folgenden Abbildung kannst Du Dir zunächst einen Überblick über das bisherige und künftige Geschehen verschaffen:

Mit Lot ist hier die Lotgerade $l$ gemeint. Aus der vorangehenden Teilaufgabe ist der Richtungsvektor des Lots schon bestimmt. Es ist gerade der Normalenvektor $\vec{n}$ der Ebene $E$. Zusammen mit dem Aufpunkt $R$ ist die Gleichung des Einfallslots

$l: \vec{x} =\begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\1\end{pmatrix} +\lambda\cdot\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$

Nun soll aber zunächst die Gleichung der Ebene $F$ bestimmt werden. Aufpunkt der Ebene ist der Punkt $R$, ihr Normalenvektor ergibt sich als Vektorprodukt aus den Richtungsvektoren von einfallendem und reflektiertem Strahl. Diese wiederum werden als Differenzvektoren der Punkte $P$ und $R$ bzw, $Q$ und $R$ bestimmt:

$\overrightarrow{PR}=\begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2\\2\\3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-0{,}5\\-0{,}5\\-2\end{pmatrix}$

$\overrightarrow{QR}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}2\\2\\3\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-2\\-2\\-2\end{pmatrix}$

Somit ist der Normalenvektor $n_F$ der Ebene $F$:

$\vec{n_F}=\begin{pmatrix}-0{,}5\\-0{,}5\\-2\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}-2\\-2\\-2\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-0{,}5\cdot(-2)-(-2\cdot (-2))\\-2\cdot(-2)-(-0{,}5\cdot (-2))\\-0{,}5\cdot (-2)-(-0{,}5\cdot (-2))\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-3\\3\\0\end{pmatrix}$

Zusammen mit dem Aufpunkt $R$ ergibt sich damit als Normalenform der Ebene F:

$F: \begin{pmatrix}-3\\3\\0\end{pmatrix} \circ\left[\vec{x}-\begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\1\end{pmatrix} \right] =0$

Bleibt noch zu zeigen, dass die Lotgerade $l$ in der Ebene $F$ liegt. Dazu setzt man die Lotgerade an die Stelle von $\vec{x}$ in die Ebenengleichung ein:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{aligned} \begin{pmatrix}-3\\3\\0\end{pmatrix} \circ\left[\vec{x}-\begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\1\end{pmatrix} \right] &=0 \\ \begin{pmatrix}-3\\3\\0\end{pmatrix} \circ\left[ \begin{pmatrix}1{,}5+\lambda\\1{,}5+\lambda\\1+\lambda\end{pmatrix} -\begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\1\end{pmatrix} \right] &=0 \\\begin{pmatrix}-3\\3\\0\end{pmatrix} \circ\left[ \begin{pmatrix}\lambda\\\lambda\\\lambda\end{pmatrix} \right] &=0 \\-3\cdot \lambda+3\lambda+0 &=0 \\0&=0 \end{aligned}$

Aus der allgemeingültigen Aussage folgt die Richtigkeit des Ansatzes: Die Lotgerade $l$ liegt in der Ebene $F$ .

Immer wenn es in der anaytischen Geometrie um die Berechnung von Winkeln geht, wird dazu eigentlich mittels des Skalarprodukts der beiden Schenkel (Richtungsvektoren) der Kosinus des Winkels zwischen den zugehörigen Richtungsvektoren berechnet:

Kosinus des Winkels $\alpha$ zwischen $\overrightarrow{RP}$ und dem Richtungsvektor $\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ der Lotgeraden $l$:

$\def\arraystretch{1.25} \begin{aligned} \cos\alpha &= \frac{ \begin{pmatrix}0{,}5\\0{,}5\\2\end{pmatrix}\circ \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} }{ \left|\begin{pmatrix}0{,}5\\0{,}5\\2\end{pmatrix}\right| \cdot \left|\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\right| } \\ &= \frac{3}{\sqrt{4{,}5}\sqrt{3}} \\ &= 0{,}816 \end{aligned}$

Entsprechend erhält man für den Winkel $\beta$ zwischen zwischen $\overrightarrow{QR}=\begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\0\end{pmatrix}$ und dem Richtungsvektor $\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}$ der Lotgeraden $l$

$\def\arraystretch{1.25} \begin{aligned} \cos\beta &= \frac{ \begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\0\end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix} }{ \left|\begin{pmatrix}1{,}5\\1{,}5\\0\end{pmatrix}\right|\cdot \left|\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\right| }\\ &= \frac{3}{\sqrt{4{,}5}\sqrt{3}} \\&= 0{,}816\end{aligned}$

Sowohl für $\alpha$ als auch für $\beta$ ergibt sich damit der spitze Winkel $35{,}3^\circ$ .