Analytische Geometrie

Gegeben sind der Punkt $L(-\frac{25}{4}\mid-8\mid6)$ und die Gerade

$g:\overrightarrow{x}=\pmatrix{0\\-12\\9}+r \cdot \pmatrix{1\\0\\0}$ mit $r\in\mathbb{R}.$

a1)

Begründe, dass $g$ parallel zur $x_1$ -Achse verläuft, aber nicht durch den Punkt $L.$

(2 P)

a2)

$L$ und $g$ liegen in der Ebene $E.$
Ermittle eine Gleichung von $E$ in Koordinatenform.

[Zur Kontrolle: $E:3x_2+4x_3=0$ ]

(4 P)

In der Abbildung ist neben $L$ und $g$ das Viereck $OPQR$ dargestellt, dessen Eckpunkte $O(0\mid0\mid0),$ $P(-\frac{25}{2}\mid0\mid0),$ $Q(-\frac{25}{2}\mid-12\mid9)$ und $R(0\mid-12\mid9)$ in $E$ liegen. $Q$ und $R$ liegen außerdem auf $g.$

Grafik eines dreidimensionalen Koordinatensystems mit einem schattierten Bereich und Punkten.

b1)

Markiere auf der $x_2$ -Achse die Stelle $-12$ und auf der $x_3$ -Achse die Stelle $9.$

(2 P)

b2)

Begründe, dass $OPQR$ ein Rechteck ist.
Berechne den Flächeninhalt dieses Rechtecks.

(5 P)

b3)

Gib eine Gleichung der Geraden $h$ an, die durch die Punkte $P$ und $R$ verläuft.

(1 P)

b4)

$\(O$ ist der Punkt in der Ebene $E,$ der durch Spiegelung des Punktes $O$ an der Geraden $h$ entsteht. Beschreibe ein Verfahren, mit dem man die Koordinaten des Punktes $\(O$ ermitteln könnte.

(3 P)

Das Viereck $OPQR$ stellt modellhaft den geneigten Teil einer Minigolfbahn dar, der Punkt $L$ das Loch dieser Bahn. Im verwendeten Koordinatensystem beschreibt die $x_1x_2$ -Ebene den horizontalen Untergrund, eine Längeneinheit entspricht $10\,\ \text{cm}$ in der Realität.

c1)

Berechne die Größe des Winkels, den der geneigte Teil der Bahn mit dem Untergrund einschließt.

(3 P)

Im Punkt $A(-5\mid8\mid24)$ befindet sich eine Lichtquelle.

c2)

Berechne den Punkt $F$ der Ebene $E$ , der den kürzesten Abstand zur Beleuchtung $A$ aufweist.

[Zur Kontrolle: $F(-5\mid-6,4\mid4,8)$ ]

(5 P)

c3)

Zeige, dass der Punkt $F$ innerhalb des Vierecks $OPQR$ liegt.

(3 P)

c4)

Der geneigte Teil der Bahn wirft durch die Beleuchtung einen viereckigen Schatten $\(OPQ$ auf den horizontalen Untergrund.
Ermittle die Koordinaten des Eckpunktes $\(R$

(3 P)

Im Folgenden wird der in der Abbildung gestrichelt dargestellte Teil des Weges eines Minigolfballs auf der Bahn betrachtet. Der Ball soll im Folgenden als punktförmig angenommen werden. Seine Positionen auf dem dargestellten Teil des Weges können durch Punkte

$B_t(-5-3t\mid-8t+\frac{8}{3}t^2\mid6t-2t^2)$

mit geeigneten Werten $t\in\mathbb{R}$ beschrieben werden.

d1)

Gib die Koordinaten des Punktes $B_0$ an und zeichne den Punkt in die Abbildung ein.

(2 P)

d2)

Berechne im Modell die Koordinaten des Punktes, in dem der Weg des Balls auf die seitliche Begrenzung der Minigolfbahn trifft.

(4 P)

d3)

Ermittle die maximale Höhe über dem Untergrund, die der Ball erreicht, und gib diese Höhe in Zentimetern an.

(3 P)

a1)

$g$ verläuft parallel zur $x_1-$ Achse, da die Einträge des Richtungsvektors in $x_2-$ und $x_3-$ Richtung $0$ sind.Dadurch haben alle Punkte auf $g$ die $x_2-$ Koordinate $(-12)$ und $x_3-$ Koordinate $(9).$ Der Punkt $L$ kann nicht auf $g$ liegen, da der Ortsvektor von $g$ andere Werte für $x_2$ und $x_3$ besitzt als $L$ und $g$ parallel zu $x_1$ verläuft.

a2)

$L\,\ ({-\frac{25}{4}\mid-8\mid6}),$ $\,\ G_1(0\mid-12\mid9)$ und $G_2(1\mid-12\mid9)$ liegen in der Ebene $E.$

$\overrightarrow{LG_1}=\pmatrix{\frac{25}{4}\\-4\\3}$ $\quad$ $\overrightarrow{LG_2}=\pmatrix{\frac{29}{4}\\-4\\3}$ spannen die Ebene auf.

$\overrightarrow{n}=\overrightarrow{LG_1}\times\overrightarrow{LG_2}$ $=\pmatrix{0\\3\\4}$

$E:\overrightarrow{n}\cdot\left(\pmatrix{x_1\\x_2\\x_3}-\pmatrix{p_1\\p_2\\p_3}\right)=0$

Der Normalenvektor und der Punkt $L$ werden eingesetzt.

$E:\pmatrix{0\\3\\4}\cdot\left(\pmatrix{x_1\\x_2\\x_3}-\pmatrix{\frac{25}{4}\\-8\\6}\right)=0$

$E:3x_2+4x_3=0$

b1)

Grafik eines dreidimensionalen Koordinatensystems mit Punkten und Linien. Mathematische Darstellung von Flächen und Koordinaten.

b2)

$\overline{RQ}$ und $\overline{OP}$ sind parallel zur $x_1$ -Achse, da die Einträge des Richtungsvektors für $x_2$ und $x_3$ gleich $0$ sind
$\overline{OR}$ und $\overline{PQ}$ sind parallel zur $x_2x_3$ -Ebene, da die Richtungsvektoren die identischen Werte für die $x_2-$ und $x_3-$ Koordinaten haben.
Daraus lässt sich ableiten, dass alle Innenwinkel des Rechtecks $90^{\circ}$ groß sind. Die Länge von $\overline{OP}$ ist $12,5\,\ \text{LE}$ und die Länge von $\overline{OR}$ ist $(-12)^2+9^2=c^2=15\,\ \text{LE}$ , deshalb ist es ein Rechteck und kein Quadrat, da die Seiten unterschiedlich lang sind.

$A=a\cdot b=12,5\cdot15=187,5\,\ \text{FE}$

b3)

$h:\overrightarrow{x}=\overrightarrow{OP}+r\cdot\overrightarrow{PR}$

$h:\overrightarrow{x}=\pmatrix{-\frac{25}{2}\\0\\0}+r\cdot\pmatrix{\frac{25}{2}\\-12\\9}$

b4)

Man errechnet den orthogonalen Vektor von $h,$ indem man einen Vektor bestimmt, der als Skalarprodukt mit dem Richtungsvektor von $h$ Null ergibt.
Mit $\overrightarrow{O}$ als Ortsvektor und $\overrightarrow{h_O}$ als Richtungsvektor lässt sich eine Geradengleichung für $h_O$ aufstellen.
Nun wird der Schnittpunkt der beiden Geraden $h$ und $h_O$ berechnet, indem man sie gleichsetzt.
Der sich daraus ergebende Punkt $S,$ ist der Punkt, an dem $O$ gespiegelt wird.
Der Ortsvektor von $\(O$ wird berechnet, wenn man den Richtungsvektor $\overrightarrow{OS}$ mit zwei multipliziert. Durch Umformung in die Koordinatenform erhalten wir den Punkt $\(O$

c1)

$\alpha$ bezeichnet den Innenwinkel zwischen der $x_2-$ Ebene und $\overline{OR}.$ Berechnet wird er durch die Gegenkathete, die ablesen wird $(9)$ und die Hypotenuse, die schon errechnet wurde $(15)$ .

$\sin\alpha=\dfrac{9}{15}=36,87^{\circ}$

$180^{\circ}-\alpha=\beta$

$180^{\circ}-36,87^{\circ}=143,13^{\circ}$

c2)

Der Punkt $F$ liegt auf der Geraden, die senkrecht zu $E$ durch den Punkt $A$ verläuft. Ein möglicher Richtungsvektor dieser Geraden ist ein Normalenvektor von $E.$ Eine Gleichung dieser Geraden ist also beispielsweise:

$k:\overrightarrow{x}=\pmatrix{-5\\8\\24}+u\cdot\pmatrix{0\\3\\4}$

Der Schnittpunkt von $E$ und $k$ ist $F.$

Für $k$ gilt: $x_1 = -5,$ $x_2= 8+3u$ und $x_3= 24+4u.$ Setze dies in die Ebenengleichung von $E$ ein:

$\begin{array}[t]{rll} 3x_2 +4x_3 &=& 0 \\[5pt] 3\cdot (8+3u) + 4\cdot (24+ 4u) &=& 0 \\[5pt] 120 + 25u &=& 0 &\quad \scriptsize \mid\; -120 \\[5pt] 25u &=& -120 &\quad \scriptsize \mid\; :25 \\[5pt] u &=& -4,8 \end{array}$

$u$ in $k$ einsetzen:

$k:\overrightarrow{x}=\pmatrix{-5\\8\\24}-4,8\cdot\pmatrix{0\\3\\4}=\pmatrix{-5\\-6,4\\4,8}$

$F(-5\mid-6,4\mid4,8)$

c3)

Der Ortsvektor von $F$ lässt sich als Linearkombination der Vektoren darstellen, die das Viereck aufspannen, wobei die Parameter jeweils zwischen $0$ und $1$ liegen. Daher liegt der Punkt $F$ innerhalb des Vierecks $OPQR.$

c4)

$g$ ist die Gerade, die von $A$ durch $R$ führt:

$g:\overrightarrow{x}=\pmatrix{-5\\8\\24}+r\cdot\pmatrix{5\\-20\\-15}$

Der Schnittpunkt der Geraden $g$ und der $x_1x_2-$ Ebene ist der Schattenpunkt $\(R$ , dafür setzt man $x_3=0.$

$\begin{array}[t]{rll} 0&=& 24+r\cdot(-15) &\quad \scriptsize \mid-24 \\[5pt] -24&=& -15r &\quad \scriptsize \mid:(-15) \\[5pt] 1,6 &=& r \end{array}$

$r$ in $g$ einsetzen

$\pmatrix{-5\\8\\24}+1,6\cdot\pmatrix{5\\-20\\-15}=\pmatrix{3\\-24\\0}$

Der Eckpunkt des Schattens liegt bei $\(R$

d1)

$B_0:\overrightarrow{x}=\pmatrix{-5-3\cdot(0)\\-8\cdot(0)+\frac{8}{3}\cdot(0)^2\\6\cdot(0)-2\cdot(0)^2}=\pmatrix{-5\\0\\0}$

$B_0(-5\mid0\mid0)$

Diagramm eines dreidimensionalen Koordinatensystems mit einer Fläche und mehreren Punkten.

d2)

$\overrightarrow B_t$ wird gleichgesetzt mit $\overline{PQ}.$

$\pmatrix{-5-3t\\-8t+\frac{8}{3}t^2\\6t-2t^2}=\pmatrix{-\frac{25}{2}\\o\\0}+r\pmatrix{0\\-12\\9}$

$t=2,5$

Vollständige Lösung anzeigen

$B_{2,5}(-5-3\cdot(2,5)\mid-8\cdot(2,5)+\frac{8}{3}\cdot(2,5)^2\mid6\cdot(2,5)-2\cdot(2,5)^2)$

Der Ball trifft auf den Rand der Bahn am Punkt $B_{2,5}\left(-\frac{25}{2}\mid-3\frac{1}{3}\mid2\frac{1}{2}\right).$

d3)

Die Funktion $x_3(t)=6t-2t^2$ wird abgeleitet und gleich Null gesetzt, so ermitteln wir die Extrema. Bei $t=1,5$ ist der $x_3-$ Wert des Intervalls $[-5\leq x_1\leq-\frac{25}{2}]$ am größten.

$f(t)=6t-2t^2$

$\(f$

$\begin{array}[t]{rll} f(t)&=& 0&\quad \scriptsize \\[5pt] 6-4t&=& 0 &\quad \scriptsize \mid\;-6\\[5pt] -4t&=& -6 &\quad \scriptsize \mid\;:(-4)\\[5pt] t&=& 1,5 \end{array}$

$6\cdot(1,5)-2(1,5)^2=4,5$

Die maximale Höhe beträgt $45\,\text{cm}$ .