Teil B

Die Abbildung 1 zeigt modellhaft eine Mehrzweckhalle, die auf einer horizontalen Fläche steht und die Form eines geraden Prismas hat.

Die Punkte $A_1(0 \mid 0 \mid 0),$ $A_2(20 \mid 0 \mid 0),$ $A_3$ und $A_4(0 \mid 10 \mid 0)$ stellen im Modell die Eckpunkte der Grundfläche der Mehrzweckhalle dar, die Punkte $B_1,$ $B_2,$ $B_3$ und $B_4$ die Eckpunkte der Dachfläche. Diejenige Seitenwand, die im Modell in der $x_1x_3$ -Ebene liegt, ist $6\;\text{m}$ hoch, die ihr gegenüberliegende Wand nur $4\;\text{m}.$

Eine Längeneinheit im Koordinatensystem entspricht $1\;\text{m},$ d.h. die Mehrzweckhalle ist $20\;\text{m}$ lang.

Abb. 1

Gib die Koordinaten der Punkte $B_2, B_3$ und $B_4$ an und bestätige, dass diese Punkte in der Ebene $E: x_2+ 5x_3 -30 =0$ liegen.

(4 BE)

Berechne die Größe des Neigungswinkels der Dachfläche gegenüber der Horizontalen.

(3 BE)

Der Punkt $T(7 \mid 10 \mid 0)$ liegt auf der Kante $[A_3 A_4].$ Untersuche rechnerisch, ob es Punkte auf der Kante $[B_3 B_4]$ gibt, für die gilt: Die Verbindungsstrecken des Punktes zu den Punkten $B_1$ und $T$ stehen aufeinander senkrecht. Gib gegebenenfalls die Koordinaten dieser Punkte an.

(6 BE)

Der Punkt $L,$ der vertikal über dem Mittelpunkt der Kante $[A_1 A_2]$ liegt, veranschaulicht im Modell die Position einer Flutlichtanlage, die $12\;\text{m}$ über der Grundfläche angebracht ist. Die als punktförmig angenommene Lichtquelle beleuchtet - mit Ausnahme des Schattenbereichs in der Nähe der Hallenwände - das gesamte Gelände um die Halle.

Die Punkte $L, B_2$ und $B_3$ legen eine Ebene $F$ fest. Ermittle eine Gleichung von $F$ in Normalenform.

(zur Kontrolle: $F : 3x_1 +x_2 +5x_3 -90=0$ )

(5 BE)

Die Ebene $F$ schneidet die $x_1 x_2$ - Ebene in der Gerade $g$ . Bestimme eine Gleichung von $g$ .

(zur Kontrolle: $g: \overrightarrow{X} = \pmatrix{30\\0\\0}+\lambda \cdot \pmatrix{1\\-3\\0},\;\lambda\in\mathbb{R}$ )

(3 BE)

Die Abbildung 2 zeigt den Grundriss des Hallenmodells in der $x_1x_2$ - Ebene.
Stelle unter Verwendung der bisherigen Ergebnisse den Schattenbereich der Flutlichtanlage in der Abbildung exakt dar.

Abb. 2

(4 BE)

(25 BE)

Koordinaten der Punkte angeben

$B_2 (20 \mid 0 \mid 6)$

$B_3(20\mid 10 \mid 4)$

$B_4(0 \mid 10 \mid 4)$

Lage in $\boldsymbol{E}$ bestätigen

Einsetzen der Koordinaten von $B_2$ in die Ebenengleichung von $E$ liefert:

$\begin{array}[t]{rll} 0 + 5 \cdot 6 -30&=&0 \\[5pt] 0&=&0 \end{array}$

Einsetzen der Koordinaten von $B_3$ in die Ebenengleichung von $E$ liefert:

$\begin{array}[t]{rll} 10 + 5 \cdot 4 -30&=&0 \\[5pt] 0&=&0 \end{array}$

Einsetzen der Koordinaten von $B_4$ in die Ebenengleichung von $E$ liefert:

$\begin{array}[t]{rll} 10 + 5 \cdot 4 -30&=&0 \\[5pt] 0&=&0 \end{array}$

Alle drei Punkte liegen somit in der Ebene $E.$

Für einen Normalenvektor der Ebene $E$ folgt aus der Ebenengleichung:

$\overrightarrow{n}= \pmatrix{0\\1\\5}$

Mit $\overrightarrow{n_0}= \pmatrix{0\\0\\1}$ als Normalenvektor der $x_1x_2$ -Ebene folgt für den Neigungswinkel $\alpha$ der Dachfläche gegenüber der Horizontalen:

$\begin{array}[t]{rll} \cos(\alpha)&=&\dfrac{\left\vert\overrightarrow{n} \circ \overrightarrow{n_0}\right\vert}{\left\vert \overrightarrow{n}\right\vert \cdot \left\vert \overrightarrow{n_0} \right\vert} \\[5pt] \cos(\alpha)&=&\dfrac{\left\vert\pmatrix{0\\1\\5} \circ \pmatrix{0\\0\\1}\right\vert}{\left\vert \pmatrix{0\\1\\5}\right\vert \cdot \left\vert \pmatrix{0\\0\\1} \right\vert} \\[5pt] \cos(\alpha)&=&\dfrac{5}{\sqrt{1^2+5^2} \cdot \sqrt{1^2}} \\[5pt] \cos(\alpha)&=&\dfrac{5}{\sqrt{26}} \\[5pt] \alpha&=&\cos^{-1}\left(\dfrac{5}{\sqrt{26}}\right) \\[5pt] \alpha&\approx&11,31^{\circ} \end{array}$

Ein Punkt $C$ auf der Kante $[B_3B_4]$ hat die allgemeinen Koordinaten $C(20-20s \mid 10 \mid 4)$ für $s\in[0;1].$ Für die Vektoren von $C$ zu $T$ bzw. $B_1$ folgt:

$\overrightarrow{CT} = \pmatrix{7\\10\\0} -\pmatrix{20-20s \\10\\4}$ $= \pmatrix{-13+20s\\0\\-4}$

$\overrightarrow{CB_1} =\pmatrix{0\\0\\6}-\pmatrix{20-20s \\10\\4}$ $= \pmatrix{-20+20s\\-10\\2}$

Nullsetzen des Skalarprodukts der beiden Vektoren liefert:

Rechenweg anzeigen

$400s^2 -660s+252 = 0$

Mit der $abc$ -Formel folgt:

$\begin{array}[t]{rll} s_{1;2}&=&\dfrac{660\pm\sqrt{660^2-403200}}{800} \\[5pt] &=&\dfrac{660\pm180}{800} \\[5pt] s_1&=&1,05 \\[5pt] s_2&=&0,6 \end{array}$

Da $s\in[0;1]$ gelten muss, wird $s_1$ vernachlässigt. Es gibt somit einen Punkt $C$ auf der Kante $[B_3B_4],$ der die gewünschten Eigenschaften besitzt. Einsetzen von $s_2=0,6$ in die allgemeine Form liefert die Koordinaten $C(8\mid10\mid4).$

Da der Punkt $L$ in $12\;\text{m}$ Höhe liegt, ergibt sich mit den Koordinaten $L(10 \mid 0 \mid 12)$ für zwei Spannvektoren der Ebene:

$\overrightarrow{LB_2} = \pmatrix{20\\0\\6} - \pmatrix{10\\0\\12} = \pmatrix{10\\0\\-6}$

$\overrightarrow{LB_3} =\pmatrix{20\\10\\4} - \pmatrix{10\\0\\12} = \pmatrix{10\\10\\-8}$

Für einen Normalenvektor der Ebene gilt somit:

$\begin{array}[t]{rll} \overrightarrow{n}&=&\pmatrix{10\\0\\-6} \times \pmatrix{10\\10\\-8} \\[5pt] &=&\pmatrix{-(-60)\\-(-80)-60\\100} \\[5pt] &=&\pmatrix{60\\20\\100} \\[5pt] &=&20 \cdot \pmatrix{3\\1\\5} \end{array}$

Mit Hilfe des Normalenvektors $\overrightarrow{n_1}= \pmatrix{3\\1\\5}$ folgt für die Normalenform von $F:$

$F : \pmatrix{3\\1\\5} \circ \left[\overrightarrow{ x} -\pmatrix{10\\0\\12} \right] =0$

Ausmultiplizieren liefert die Koordinatenform von $F.$

Die Koordinatengleichung der $x_1x_2$ -Ebene lautet $x_3=0.$ Einsetzen in die Koordinatengleichung $3x_1 +x_2 +5x_3 -90=0$ der Ebene $F$ liefert:

Rechenweg anzeigen

$x_1 = 30- \dfrac{1}{3}x_2$

Ein allgemeiner Punkt auf der gesuchten Schnittgeraden hat somit die folgende Form:

$\pmatrix{30- \dfrac{1}{3}x_2 \\x_2\\ 0}= \pmatrix{30\\0\\0} +x_2 \cdot \pmatrix{-\dfrac{1}{3}\\1\\0}$

Mit dem skalierten Richtungsvektor $\pmatrix{1\\-3\\0}$ folgt, dass die Ebene $F$ die $x_1x_2$ -Ebene somit in der Geraden mit folgender Geradengleichung schneidet:

$g : \overrightarrow{x} = \pmatrix{30\\0\\0}+\lambda \cdot \pmatrix{1\\-3\\0}$