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B2 - Analytische Geometrie

Aufgaben
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1. Ein Bildschirmschoner zeigt einen sich drehenden Würfel, der sich in einem (auf dem Monitor nicht sichtbaren) dreidimensionalen Koordinatensystem bewegt. Für die Animation des Würfels und die Darstellung der Beleuchtungsverhältnisse sind verschiedene Berechnungen nötig.
Einige dieser Berechnungen sollen im Folgenden an einem einfachen Beispiel durchgeführt werden. Zum Anfangszeitpunkt besitzen die Punkte $A$, $B$, und $D$ der Grundfläche die folgenden Koordinaten: $A(-4\mid1\mid1)$, $B(1\mid1\mid1)$ und $D(-4\mid6\mid1)$.
1.1 Zeichnen Sie die Punkte $A$, $B$ und $D$ in ein selbst erstelltes Koordinatensystem ein, wie es in Material 1 dargestellt ist. Geben Sie die Koordinaten der übrigen Eckpunkte des Würfels an und zeichnen Sie das Bild des Würfels.
(4P)
1.2 Im Punkt $L(-40\mid23\mid26)$ befindet sich eine punktförmige Lichtquelle, durch die ein Schatten des Würfels der $xy$-Ebene entsteht. Dabei wird unter anderem der Eckpunkt $(-4\mid1\mid6)$ in die $xy$-Ebene projiziert. Berechnen Sie die Koordinaten des Bildpunktes.
(5P)
1.3 Ein Beobachter im Punkt $P(20\mid-7\mid16)$ sieht die Reflexion der punktförmigen Lichtquelle $L$ aus Aufgabe 1.2 im Punkt $R(0\mid3\mid6)$ auf der Würfeloberseite.
Um die Position des Punktes $R$ auf der Oberseite des Würfels zu bestimmen, benötigt man eine Ebene $E_1$ durch $P$ und $L$, die senkrecht zur Oberseite des Würfels steht. Der Punkt $R$ erfüllt dann die beiden folgenden Bedingungen:
  1. $R$ liegt auf der Schnittgeraden $g$ der Ebene $E_1$ mit der Würfeloberseite.
  2. Der Einfallswinkel zwischen dem einfallenden Lichtbündel und dem Normalenvektor der Würfeloberseite im Punkt $R$ ist gleich dem Ausfallswinkel zwischen dem reflektierten Lichtbündel und diesem Normalenvektor.
1.3.1 Zeigen Sie, dass $R$ Bedingung Ⅰ erfüllt.
(7P)
1.3.2 Zeigen Sie, dass $R$ Bedingung Ⅱ erfüllt.
(6P)
2. Da bei der Berechnung der folgenden Animation des Würfels die entstehenden Koordinaten schwer einzuzeichnen sind, wird das 3-D-Koordinatensystem in ein „deckungsgleiches“ 2-D-Koordinatensystem abgebildet (Material 2) und die dann berechneten zweidimensionalen Koordinaten eingezeichnet. Die Abbildungsmatrix $T$ überführt die Koordinaten aus dem dreidimensionalen in den zweidimensionalen Raum.
2.1 Bestimmen Sie die Abbildungsmatrix $T$.
(4P)
2.2 Gegeben sei die Matrix $F=\begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha&0\\ \sin\alpha&\cos\alpha&0\\0&0&1\end{pmatrix}\\[5pt]$.
Erläutern Sie die geometrische Wirkung der Abbildung, die durch die Matrix $M=T\cdot F$ beschrieben wird.
(4P)
Material 1
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Material 2
Über das 3-D-Koordinatensystem wird ein 2-D-Koordinatensystem so gelegt, dass die Koordinatenursprünge übereinstimmen und die $x$-Achse des 2-D-Koordinatensystems sich mit der $y$-Achse des 3-D-Koordinatensystems deckt. Die $y$-Achse des 2-D-Koordinatensystems deckt sich mit der $z$-Achse des 3-D-Koordinatensystems. Aus den dreidimensionalen Einheitsvektoren ergeben sich neue zweidimensionale Vektoren. Beispiel: Der Einheitsvektor $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ geht in den Vektor $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$ über.
Punkte können jetzt mit den Koordinaten des 2-D-Koordinatensystems angegeben werden.
Beispiel: Aus dem Punkt $D(-4\mid6\mid1)$ wird der Punkt $D'(8\mid3)$.
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Tipps
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1.
1.1 $\blacktriangleright$ Koordinaten angeben und Würfel zeichnen
Bei dieser Aufgabe sollst du zunächst die Punkte $A$, $B$ und $C$ in ein Koordinatensystem einzeichnen. Dadurch erfährst du, in welche Richtung sich der Würfel ausbildet.
  • $A(-4\mid1\mid1)$
  • $B(1\mid1\mid1)$
  • $D(-4\mid6\mid1)$
Anschließend sollst du, anhand der gegebenen Punkte, die Koordinaten der übrigen Eckpunkte des Würfels angeben, um diesen dann zeichnen zu können.
In der Aufgabenstellung ist angegeben, dass die Punkte $A$, $B$ und $D$ in der Grundfläche des Würfels liegen. Folglich muss auch $C$ in dieser Grundfläche liegen und $E$, $F$, $G$ und $H$ bilden die obere Würfelfläche. Du kannst in folgenden Schritten vorgehen:
  • Zeichne die Punkte $A$, $B$ und $D$ in das Koordinatensystem ein.
  • Die Seitenlängen in einem Würfel sind alle gleichlang. Damit kannst du die Koordinaten des fehlenden Eckpunktes bestimmen.
  • Zeichne den Würfel.
1.2 $\blacktriangleright$ Koordinaten des Bildpunktes berechnen
Du hast die Koordinaten einer punktförmigen Lichtquelle $L(-40\mid23\mid26)$ gegeben, die einen Schatten in die $xy$-Ebene wirft. Dabei wird unter anderem der Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ auf die $xy$-Ebene projiziert.
Dabei stellt der Lichtstrahl durch $L(-40\mid23\mid26)$ sowie den Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ eine Gerade $g$ dar. Der gesuchte Bildpunkt $E'$ entspricht folglich dem Schnittpunkt dieser Geraden mit der $xy$-Ebene.
Um den gesuchten Bildpunkt $E'$ zu bestimmen, kannst du folgendermaßen vorgehen:
  • Stelle zunächst eine Geradengleichung zur Geraden $g$ auf.
  • Berechne anschließend den Schnittpunkt der Geraden mit der $xy$-Ebene, um den Bildpunkt $E'$ zu erhalten.
1.3.1 $\blacktriangleright$ Bedingung Ⅰ beweisen
Hier hast du zwei Punkte $P(20\mid-7\mid16)$ und $R(0\mid3\mid6)$ gegeben. $P$ stellt die Position eines Betrachters dar, der die Reflexion $R$ von $L$ auf der Würfeloberseite erkennt.
Die Ebene $E_1$ durch $P$ und $L$ steht senkrecht zur Würfeloberseite.
Schematisch kannst du dir das wie folgt vorstellen:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Du sollst nun beweisen, dass $R$ auf der Schnittgeraden zwischen der Ebene $E_1$ und der Würfeloberseite liegt.
  • Stelle zunächst die Ebenengleichungen $E_1$ und die der Würfeloberseite $E_2$ auf.
  • Setze die $z$-Komponente von $E_1$ in die Würfeloberseite $E_2$ ein, ermittle einen Parameter und setze die Gleichung in $E_1$ ein, um die Schnittgerade zu erhalten.
  • In einer Punktprobe kannst du nun prüfen, ob $R$ auf der Schnittgeraden liegt.
Für die Ebene $E_1$ kannst du wie folgt vorgehen: Wähle einen der Punkte $P$ und $L$ als Stützvektor der Ebene und $\overrightarrow{PL}$ bzw. $\overrightarrow{LP}$ als einen der Richtungsvektoren.
Da die Ebene $E_1$ senkrecht auf der Würfeloberseite $E_2$ steht, ist der Normalenvektor zu $E_2$ ebenfalls ein Richtungsvektor der Ebene $E_1$.
Die Ebene $E_2$ der Würfeloberseiten liegt um $z=6$ verschoben parallel zur $xy$-Ebene.
1.3.2 $\blacktriangleright$ Bedingung Ⅱ beweisen
Bei dieser Aufgabe sollst du prüfen, ob der Winkel zwischen dem Einfallsvektor $\overrightarrow{LR}$ und $\vec{n}$ identisch mit dem Ausfallsvektor $\overrightarrow{PR}$ und $\vec{n}$ ist.
Die Schwierigkeit bei dieser Aufgabe ist, dass du erkennst, dass der Ausfallsvektor tatsächlich der Vektor von $P$ zu $R$ ist. Das liegt daran, dass es sich um eine punktförmige Lichtquelle, d.h. um einen einzelnen Lichtstrahl handelt und die Reflexion des Lichtstrahls nur vom Punkt $P$ aus beobachtet werden kann.
Der Lichtstrahl wird exakt in die Richtung des Punktes $P$ reflektiert. Falls dem nicht so wäre, würde die Reflexion nicht beobachtet werden können.
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Zum Lösen dieser Aufgabe kannst du folgende Informationen dem Aufgabentext bzw. den vorigen Aufgaben entnehmen:
  • $L(-40\mid23\mid26)$
  • $P(20\mid-7\mid16)$
  • $R(0\mid3\mid6)\\[5pt]$
  • $\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
Berechne im 1. Schritt die Verbindungsvektoren $\overrightarrow{PR}$ und $\overrightarrow{LR}$.
Anschließend kannst du mit der Formel zur Winkelberechnung zwischen Vektoren $\vec{u}$ und $\vec{v}$ die Winkel berechnen und beweisen, dass diese identisch sind.
Die Formel dazu lautet:
$\cos\alpha=\dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|}$
2.
2.1 $\blacktriangleright$ Abbildungsmatrix T bestimmen
Eine Abbildungsmatrix hilft dabei, dreidimensionale Koordinaten in zweidimensionale zu überführen. Du hast den Vektor $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ gegeben und sollst diesen in einen Vektor $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ mit zwei Koordinaten überführen.
Die Abbildungsmatrix aus der du durch Matrix-Vektor-Multiplikation den zweidimensionalen Vektor erhalten sollst muss 3 Spalten und 2 Zeilen aufweisen:
$\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$
Das kommt aus der Matrix-Vektor-Multiplikation, die nach folgendem Schema erfolgt:
$c\cdot x+d\cdot y+ e\cdot z=a$$\quad$ bzw.$\quad$ $f\cdot x+g\cdot y+ h\cdot z=b$
Nun kannst du drei Informationen dem Aufgabentext bzw. Material 2 entnehmen:
  • $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\\[5pt]$
  • $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&1&e\\f&0&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\\[5pt]$
  • $\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&1&0\\f&0&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$
Diese Gleichungen kannst du mit Hilfe des CAS lösen. Gib sie nacheinander ein und ersetze die bestimmten Parameter entsprechend in der folgenden Gleichung.
2.2 $\blacktriangleright$ Geometrische Wirkung erläutern
Bei dieser Aufgabe hast du eine Matrix $F$ gegeben, die durch Kombination (Multiplikation) mit der Abbildungsmatrix $T$, eine geometrische Wirkung auf den durch $T$ abgebildeten Körper ausübt.
Es gibt mehrere Arten von geometrische Wirkungen, die durch Matrizen ausgelöst werden können: z.B.:
Drehung, Scherung, Skalierung sowie Verschiebung
Wenn du nun eine bestimmte Matrix $F$ mit einer Abbildungsmatrix $T$ verknüpfst kannst du prüfen, wie sich die neuen Einträge von $T'$, bei dieser Aufgabe $M$ genannt, verändert haben, um ihre geometrische Wirkung herauszufinden.
Matrix $F$ enthält trigonometrische Ausdrücke, sodass diese, bei einer Verknüpfung mit $T$, die Koordinaten von $T$ um einen Winkel $\alpha$ um die $z$-Achse rotieren lassen und dementsprechend verändern.
Die Rotationsachse $z$ kannst du daran erkennen, dass die $z$-Einheiten unverändert bleibt.
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Lösungen TI
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1.
1.1 $\blacktriangleright$ Koordinaten angeben und Würfel zeichnen
Bei dieser Aufgabe sollst du zunächst die Punkte $A$, $B$ und $C$ in ein Koordinatensystem einzeichnen. Dadurch erfährst du, in welche Richtung sich der Würfel ausbildet.
  • $A(-4\mid1\mid1)$
  • $B(1\mid1\mid1)$
  • $D(-4\mid6\mid1)$
Anschließend sollst du, anhand der gegebenen Punkte, die Koordinaten der übrigen Eckpunkte des Würfels angeben, um diesen dann zeichnen zu können.
In der Aufgabenstellung ist angegeben, dass die Punkte $A$, $B$ und $D$ in der Grundfläche des Würfels liegen. Folglich muss auch $C$ in dieser Grundfläche liegen und $E$, $F$, $G$ und $H$ bilden die obere Würfelfläche. Du kannst in folgenden Schritten vorgehen:
  • Zeichne die Punkte $A$, $B$ und $D$ in das Koordinatensystem ein.
  • Die Seitenlängen in einem Würfel sind alle gleichlang. Damit kannst du die Koordinaten des fehlenden Eckpunktes bestimmen.
  • Zeichne den Würfel.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Gegebene Punkte einzeichnen
Zeichnest du $A(-4\mid1\mid1)$, $B(1\mid1\mid1)$ und $D(-4\mid6\mid1)$ ein, so erhältst du:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Du kannst, erkennen, dass die Strecke $\overline{BA}$ die linke Seitenlänge der Würfelgrundfläche darstellt. Diese Seitenlänge des Würfels beträgt $5\,$LE.
Da die Seiten eines Würfels immer gleich lang sind, kannst du nun die Koordinaten der anderen Punkte angeben:
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Koordinaten der Eckpunkte bestimmen
$C$ bildet den 4. Punkt der Grundfläche. Er hat die gleichen $x$- und $z$-Koordinaten wie $B$. Nur seine $y$-Koordinate unterscheidet sich von $B$ um $5\,$LE. Für $C$ folgt also:
$\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\begin{pmatrix}0\\5\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\5\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\6\\1\end{pmatrix}$$\quad\Rightarrow\quad C(1\mid6\mid1)$
Die Punkte, die direkt über den Eckpunkten der Grundfläche liegen, unterscheiden sich nur in ihrer $z$-Koordinate. Bestimme:
  • $E$ aus $A$,
  • $F$ aus $B$,
  • $G$ aus $C$ und
  • $H$ aus $D$.
Wir bestimmen die Koordinaten beispielhaft für den Punkt $E$:
$\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OA}+\begin{pmatrix}0\\0\\5\end{pmatrix}$$=\begin{pmatrix}-4\\1\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}$$\quad\Rightarrow\quad E(-4\mid1\mid6)$
Nach gleichem Vorgehen folgt für die Punkte $F$, $G$ und $H$:
  • $F(1\mid1\mid6)$
  • $G(1\mid6\mid6)$
  • $H(-4\mid6\mid6)$
$\blacktriangleright$ 3. Schritt: Würfel zeichnen
Zeichne nun den Würfel in das Koordinatensystem ein:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
1.2 $\blacktriangleright$ Koordinaten des Bildpunktes berechnen
Du hast die Koordinaten einer punktförmigen Lichtquelle $L(-40\mid23\mid26)$ gegeben, die einen Schatten in die $xy$-Ebene wirft. Dabei wird unter anderem der Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ auf die $xy$-Ebene projiziert.
Dabei stellt der Lichtstrahl durch $L(-40\mid23\mid26)$ sowie den Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ eine Gerade $g$ dar. Der gesuchte Bildpunkt $E'$ entspricht folglich dem Schnittpunkt dieser Geraden mit der $xy$-Ebene.
Um den gesuchten Bildpunkt $E'$ zu bestimmen, kannst du folgendermaßen vorgehen:
  • Stelle zunächst eine Geradengleichung zur Geraden $g$ auf.
  • Berechne anschließend den Schnittpunkt der Geraden mit der $xy$-Ebene, um den Bildpunkt $E'$ zu erhalten.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Geradengleichung zur Geraden $\boldsymbol{g}$ aufstellen
Die Gerade verläuft durch die Punkte $E(-4\mid1\mid6)$ und $L(-40\mid23\mid26)$. Wir verwenden die Koordinaten des Punktes $E$ als Stützvektor und den Verbindungsvektor $\overrightarrow{EL}$ als Richtungsvektor:
$g:\quad \vec{x}=\overrightarrow{OE}-r\cdot\overrightarrow{EL}=\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix}$
Da der Richtungsvektor in die entgegengesetzte Richtung zeigt, wird das Vorzeichen umgestellt, um seinen Gegenvektor zu erhalten.
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Schnittpunkt der Geraden mit $\boldsymbol{xy}$-Ebene
Eine Koordinatengleichung der $xy$-Ebene lautet $z=0$. Die Gerade schneiden die $xy$-Ebene in dem Punkt, in dem ihre $z$-Komponente den Wert Null annimmt. Um den Bildpunkt $E'$ zu bestimmen, kannst du folglich die $z$-Komponente der Geraden $g$ mit Null gleichsetzen und einen passenden Wert für den Parameter $r$ ermitteln. Setzt du diesen Wert für $r$ in die Geradengleichung ein, so erhältst du den gesuchten Bildpunkt $E'$.
Aus der Geradengleichung kannst du die $z$-Koordinate der Geraden ablesen:
$z=6-20r$
Setze diese nun in die Ebenengleichung der $xy$-Ebene ein, um den Parameter $r$ zu bestimmen:
$\begin{array}{rll} z=&0&\scriptsize \text{Einsetzen von}\;z=6-20r \\ 6-20r=&0 \\ r=&\dfrac{3}{10} \end{array}$
$\begin{array}{rl} z=&0 \\ 6-20r=&0 \\ r=&\dfrac{3}{10} \end{array}$
Damit die Gerade $g$ die $xy$-Ebene schneidet, muss $r=\frac{3}{10}$ gelten. Wenn du $r$ nun die die Geradengleichung einsetzt, erhältst du den Schnittpunkt der Geraden mit der Ebene, d.h. den Bildpunkt $E'$:
$\overrightarrow{OE'}=\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+\frac{3}{10} \cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6,8\\-5,6\\0\end{pmatrix}$
Der Bildpunkt hat somit die Koordinaten $E'(6,8\mid-5,6\mid0)$.
1.3.1 $\blacktriangleright$ Bedingung Ⅰ beweisen
Hier hast du zwei Punkte $P(20\mid-7\mid16)$ und $R(0\mid3\mid6)$ gegeben. $P$ stellt die Position eines Betrachters dar, der die Reflexion $R$ von $L$ auf der Würfeloberseite erkennt.
Die Ebene $E_1$ durch $P$ und $L$ steht senkrecht zur Würfeloberseite.
Schematisch kannst du dir das wie folgt vorstellen:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Du sollst nun beweisen, dass $R$ auf der Schnittgeraden zwischen der Ebene $E_1$ und der Würfeloberseite liegt.
  • Stelle zunächst die Ebenengleichungen $E_1$ und die der Würfeloberseite $E_2$ auf.
  • Setze die $z$-Komponente von $E_1$ in die Würfeloberseite $E_2$ ein, ermittle einen Parameter und setze die Gleichung in $E_1$ ein, um die Schnittgerade zu erhalten.
  • In einer Punktprobe kannst du nun prüfen, ob $R$ auf der Schnittgeraden liegt.
Für die Ebene $E_1$ kannst du wie folgt vorgehen: Wähle einen der Punkte $P$ und $L$ als Stützvektor der Ebene und $\overrightarrow{PL}$ bzw. $\overrightarrow{LP}$ als einen der Richtungsvektoren.
Da die Ebene $E_1$ senkrecht auf der Würfeloberseite $E_2$ steht, ist der Normalenvektor zu $E_2$ ebenfalls ein Richtungsvektor der Ebene $E_1$.
Die Ebene $E_2$ der Würfeloberseiten liegt um $z=6$ verschoben parallel zur $xy$-Ebene.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Ebenengleichungen aufstellen
Wir wählen $\overrightarrow{OP}$ als Stützvektor von $E_1$. Ein möglicher Richtungsvektor ist der Verbindungsvektor $\overrightarrow{PL}$:
$\overrightarrow{PL}=\overrightarrow{OL}-\overrightarrow{OP}$$=\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rl} \overrightarrow{PL}=&\overrightarrow{OL}-\overrightarrow{OP} \\ =&\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix} \end{array}$
Der zweite Richtungsvektor ist der Normalenvektor von $E_2$. Da $E_2$ parallel zur $xy$-Ebene liegt, zeigt der Normalenvektor in Richtung der $z$-Achse und du kannst diesen wie folgt angeben:
$\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
Du hast nun alle notwendigen Komponenten bestimmt und es folgt für die Ebene $E_1$:
$E_1$:$\quad$ $E_1:\quad $$\vec{x}=\overrightarrow{OP}+r\cdot \overrightarrow{PL}+s\cdot\vec{n}$$=\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Gleichung der Schnittgeraden bestimmen
Aus der Ebenengleichung von $E_1$ kannst du ihre $z$-Koordinaten ablesen:
$z=16+r\cdot 10+s\cdot1$
Setze dies nun in $E_2$ ein:
$\begin{array}{rll} z=&6&\scriptsize \text{Einsetzen von}\;z=16+r\cdot 10+s\cdot1 \\ 16+r\cdot 10+s\cdot1=&6 \\ 10r=&-10-s \\ r=&-1-\dfrac{1}{10}s \end{array}$
$\begin{array}{rl} z=&6 \\ 16+r\cdot 10+s\cdot1=&6 \\ 10r=&-10-s \\ r=&-1-\dfrac{1}{10}s \end{array}$
Dieses setzt du nun wiederum in $E_1$ ein, um die Gleichung der Schnittgeraden zu erhalten:
$\begin{array}{rrl} g:&\vec{x}=&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\left(-1-\dfrac{1}{10}s\right)\cdot\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ &=&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}60\\-30\\-10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\-1\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ &=&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}{rl} g: \\ \vec{x}=&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\left(-1-\dfrac{1}{10}s\right)\cdot\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}60\\-30\\-10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\-1\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\blacktriangleright$ 3. Schritt: Prüfen, ob $\boldsymbol R$ in $\boldsymbol g$ liegt
Der Beweis erfolgt durch eine Punktprobe.
Setze $g$ mit $R$ gleich. Falls ein Parameter bestimmt werden kann, der für alle Koordinaten die Gleichung erfüllt, liegt $R$ auf $g$:
$\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix}$
B2 - Analytische Geometrie
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Hier kannst du das CAS verwenden. Wähle unter
$\texttt{menu}$ $\to$ 3 $\to$ 7 $\to$ 1
ein Gleichungssystem mit 3 Gleichungen aus und gib die oben stehenden an. Gib auch an, dass nach dem Parameter $s$ gelöst werden soll.
Bestätigen mit $\texttt{Enter}$ liefert dir, dass die Gleichungen für $s=-\frac{40}{3}$ gelöst werden. Es existiert somit ein $s$, das die Gleichung erfüllt. $R$ liegt wie behauptet auf $g$.
1.3.2 $\blacktriangleright$ Bedingung Ⅱ beweisen
Bei dieser Aufgabe sollst du prüfen, ob der Winkel zwischen dem Einfallsvektor $\overrightarrow{LR}$ und $\vec{n}$ identisch mit dem Ausfallsvektor $\overrightarrow{PR}$ und $\vec{n}$ ist.
Die Schwierigkeit bei dieser Aufgabe ist, dass du erkennst, dass der Ausfallsvektor tatsächlich der Vektor von $P$ zu $R$ ist. Das liegt daran, dass es sich um eine punktförmige Lichtquelle, d.h. um einen einzelnen Lichtstrahl handelt und die Reflexion des Lichtstrahls nur vom Punkt $P$ aus beobachtet werden kann.
Der Lichtstrahl wird exakt in die Richtung des Punktes $P$ reflektiert. Falls dem nicht so wäre, würde die Reflexion nicht beobachtet werden können.
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Zum Lösen dieser Aufgabe kannst du folgende Informationen dem Aufgabentext bzw. den vorigen Aufgaben entnehmen:
  • $L(-40\mid23\mid26)$
  • $P(20\mid-7\mid16)$
  • $R(0\mid3\mid6)\\[5pt]$
  • $\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
Berechne im 1. Schritt die Verbindungsvektoren $\overrightarrow{PR}$ und $\overrightarrow{LR}$.
Anschließend kannst du mit der Formel zur Winkelberechnung zwischen Vektoren $\vec{u}$ und $\vec{v}$ die Winkel berechnen und beweisen, dass diese identisch sind.
Die Formel dazu lautet:
$\cos\alpha=\dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|}$
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Verbindungsvektoren berechnen
$\overrightarrow{LR}=\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OL}$$=\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}40\\-20\\-20\end{pmatrix}$
Nach gleichem Vorgehen ergibt sich für $\overrightarrow{PR}$:
$\overrightarrow{PR}=\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OP}=\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-20\\10\\-10\end{pmatrix}$
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Winkel zwischen den Vektoren bestimmen
Nun soll bewiesen werden, dass der Winkel zwischen $\overrightarrow{LR}$ und $\vec{n}$ identisch ist mit dem Winkel zwischen $\overrightarrow{PR}$ und $\vec{n}$.
$\begin{array}{rl} \dfrac{\overrightarrow{LR}\cdot\vec{n}}{|\overrightarrow{LR}|\cdot|\vec{n}|}\stackrel{!}{=}&\dfrac{\overrightarrow{PR}\cdot\vec{n}}{|\overrightarrow{PR}|\cdot|\vec{n}|} \\[5pt] \dfrac{\begin{pmatrix}40\\-20\\-20\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}{\left|\begin{pmatrix}40\\-20\\-20\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right|}\stackrel{!}{=}&\dfrac{\begin{pmatrix}-20\\10\\-10\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}{\left|\begin{pmatrix}-20\\10\\-10\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right|} \\[5pt] \dfrac{-20}{\sqrt{2400}}\stackrel{!}{=}&\dfrac{-10}{\sqrt{600}} \\[5pt] \dfrac{-20}{10\sqrt{24}}\stackrel{!}{=}&\dfrac{-10}{10\sqrt{6}} \\[5pt] \dfrac{-2}{2\sqrt{6}}\stackrel{!}{=}&-\dfrac{1}{\sqrt{6}} \\[5pt] -\dfrac{1}{\sqrt{6}}=&-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\qquad \color{yellowgreen}{\checkmark} \end{array}$
Damit ist bewiesen, dass der Winkel zwischen $\overrightarrow{LR}$ und $\vec{n}$ identisch mit dem Winkel zwischen $\overrightarrow{PR}$ und $\vec{n}$ ist.
2.
2.1 $\blacktriangleright$ Abbildungsmatrix T bestimmen
Eine Abbildungsmatrix hilft dabei, dreidimensionale Koordinaten in zweidimensionale zu überführen.
Du hast den Vektor $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ gegeben und sollst diesen in einen Vektor $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ mit zwei Koordinaten überführen.
Die Abbildungsmatrix aus der du durch Matrix-Vektor-Multiplikation den zweidimensionalen Vektor erhalten sollst muss 3 Spalten und 2 Zeilen aufweisen:
$\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$
Das kommt aus der Matrix-Vektor-Multiplikation, die nach folgendem Schema erfolgt:
$c\cdot x+d\cdot y+ e\cdot z=a$$\quad$ bzw.$\quad$ $f\cdot x+g\cdot y+ h\cdot z=b$
Nun kannst du drei Informationen dem Aufgabentext bzw. Material 2 entnehmen:
  • $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\\[5pt]$
  • $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&1&e\\f&0&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\\[5pt]$
  • $\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&1&0\\f&0&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$
Diese Gleichungen kannst du mit Hilfe des CAS lösen. Gib sie nacheinander ein und ersetze die bestimmten Parameter entsprechend in der folgenden Gleichung.
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Insgesamt folgt somit für die Abbildungsmatrix $T$:
$T=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}&1&0\\-\dfrac{1}{2}&0&1\end{pmatrix}$
2.2 $\blacktriangleright$ Geometrische Wirkung erläutern
Bei dieser Aufgabe hast du eine Matrix $F$ gegeben, die durch Kombination (Multiplikation) mit der Abbildungsmatrix $T$, eine geometrische Wirkung auf den durch $T$ abgebildeten Körper ausübt.
Es gibt mehrere Arten von geometrische Wirkungen, die durch Matrizen ausgelöst werden können: z.B.:
Drehung, Scherung, Skalierung sowie Verschiebung
Wenn du nun eine bestimmte Matrix $F$ mit einer Abbildungsmatrix $T$ verknüpfst kannst du prüfen, wie sich die neuen Einträge von $T'$, bei dieser Aufgabe $M$ genannt, verändert haben, um ihre geometrische Wirkung herauszufinden.
Matrix $F$ enthält trigonometrische Ausdrücke, sodass diese, bei einer Verknüpfung mit $T$, die Koordinaten von $T$ um einen Winkel $\alpha$ um die $z$-Achse rotieren lassen und dementsprechend verändern.
Die Rotationsachse $z$ kannst du daran erkennen, dass die $z$-Einheiten unverändert bleibt.
$\begin{array}{rl} M=&T\cdot F \\[5pt] =&\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}&1&0\\-\dfrac{1}{2}&0&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha&0\\ \sin\alpha&\cos\alpha&0\\0&0&1\end{pmatrix} \\[5pt] =&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\cos\alpha+\sin\alpha & \frac{1}{2}\sin\alpha+\cos\alpha &0\\ -\frac{1}{2}\cos\alpha & \frac{1}{2}\sin\alpha &1\end{pmatrix} \end{array}$
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Hier werden, durch die Matrix $M$, zwei geometrische Abbildungen, die nacheinander ablaufen, in einem Schritt durchgeführt.
  • Die Matrix $T$ projiziert vom Dreidimensionalen ins Zweidimensionale
  • $F$ lässt die Abbildung rotieren
Die Abbildung, die durch $T$ dargestellt wird, wird zunächst um den Winkel $\alpha$ um die $z$-Achse rotiert und anschließend vom Dreidimensionalen ins Zweidimensionale projiziert.
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1.
1.1 $\blacktriangleright$ Koordinaten angeben und Würfel zeichnen
Bei dieser Aufgabe sollst du zunächst die Punkte $A$, $B$ und $C$ in ein Koordinatensystem einzeichnen. Dadurch erfährst du, in welche Richtung sich der Würfel ausbildet.
  • $A(-4\mid1\mid1)$
  • $B(1\mid1\mid1)$
  • $D(-4\mid6\mid1)$
Anschließend sollst du, anhand der gegebenen Punkte, die Koordinaten der übrigen Eckpunkte des Würfels angeben, um diesen dann zeichnen zu können.
In der Aufgabenstellung ist angegeben, dass die Punkte $A$, $B$ und $D$ in der Grundfläche des Würfels liegen. Folglich muss auch $C$ in dieser Grundfläche liegen und $E$, $F$, $G$ und $H$ bilden die obere Würfelfläche. Du kannst in folgenden Schritten vorgehen:
  • Zeichne die Punkte $A$, $B$ und $D$ in das Koordinatensystem ein.
  • Die Seitenlängen in einem Würfel sind alle gleichlang. Damit kannst du die Koordinaten des fehlenden Eckpunktes bestimmen.
  • Zeichne den Würfel.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Gegebene Punkte einzeichnen
Zeichnest du $A(-4\mid1\mid1)$, $B(1\mid1\mid1)$ und $D(-4\mid6\mid1)$ ein, so erhältst du:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Du kannst, erkennen, dass die Strecke $\overline{BA}$ die linke Seitenlänge der Würfelgrundfläche darstellt. Diese Seitenlänge des Würfels beträgt $5\,$LE.
Da die Seiten eines Würfels immer gleich lang sind, kannst du nun die Koordinaten der anderen Punkte angeben:
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Koordinaten der Eckpunkte bestimmen
$C$ bildet den 4. Punkt der Grundfläche. Er hat die gleichen $x$- und $z$-Koordinaten wie $B$. Nur seine $y$-Koordinate unterscheidet sich von $B$ um $5\,$LE. Für $C$ folgt also:
$\overrightarrow{OC}=\overrightarrow{OB}+\begin{pmatrix}0\\5\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\5\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\6\\1\end{pmatrix}$$\quad\Rightarrow\quad C(1\mid6\mid1)$
Die Punkte, die direkt über den Eckpunkten der Grundfläche liegen, unterscheiden sich nur in ihrer $z$-Koordinate. Bestimme:
  • $E$ aus $A$,
  • $F$ aus $B$,
  • $G$ aus $C$ und
  • $H$ aus $D$.
Wir bestimmen die Koordinaten beispielhaft für den Punkt $E$:
$\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OA}+\begin{pmatrix}0\\0\\5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\1\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}$$\quad\Rightarrow\quad E(-4\mid1\mid6)$
Nach gleichem Vorgehen folgt für die Punkte $F$, $G$ und $H$:
  • $F(1\mid1\mid6)$
  • $G(1\mid6\mid6)$
  • $H(-4\mid6\mid6)$
$\blacktriangleright$ 3. Schritt: Würfel zeichnen
Zeichne nun den Würfel in das Koordinatensystem ein:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
1.2 $\blacktriangleright$ Koordinaten des Bildpunktes berechnen
Du hast die Koordinaten einer punktförmigen Lichtquelle $L(-40\mid23\mid26)$ gegeben, die einen Schatten in die $xy$-Ebene wirft. Dabei wird unter anderem der Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ auf die $xy$-Ebene projiziert.
Dabei stellt der Lichtstrahl durch $L(-40\mid23\mid26)$ sowie den Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ eine Gerade $g$ dar. Der gesuchte Bildpunkt $E'$ entspricht folglich dem Schnittpunkt dieser Geraden mit der $xy$-Ebene.
Um den gesuchten Bildpunkt $E'$ zu bestimmen, kannst du folgendermaßen vorgehen:
  • Stelle zunächst eine Geradengleichung zur Geraden $g$ auf.
  • Berechne anschließend den Schnittpunkt der Geraden mit der $xy$-Ebene, um den Bildpunkt $E'$ zu erhalten.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Geradengleichung zur Geraden $\boldsymbol{g}$ aufstellen
Die Gerade verläuft durch die Punkte $E(-4\mid1\mid6)$ und $L(-40\mid23\mid26)$. Wir verwenden die Koordinaten des Punktes $E$ als Stützvektor und den Verbindungsvektor $\overrightarrow{EL}$ als Richtungsvektor:
$g:$$\quad \vec{x}=\overrightarrow{OE}+r\cdot\overrightarrow{LE}=\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rl} g: \\ \vec{x}=&\overrightarrow{OE}+r\cdot\overrightarrow{LE} \\ =&\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix} \end{array}$
Da der Richtungsvektor in die entgegengesetzte Richtung zeigt, wird das Vorzeichen umgestellt, um seinen Gegenvektor zu erhalten.
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Schnittpunkt der Geraden mit $\boldsymbol{z=0}$
Eine Koordinatengleichung der $xy$-Ebene lautet $\boldsymbol{z=0}$. Die Gerade schneiden die $xy$-Ebene in dem Punkt, in dem ihre $z$-Komponente den Wert Null annimmt. Um den Bildpunkt $E'$ zu bestimmen, kannst du folglich die $z$-Komponente der Geraden $g$ mit Null gleichsetzen und einen passenden Wert für den Parameter $r$ ermitteln. Setzt du diesen Wert für $r$ in die Geradengleichung ein, so erhältst du den gesuchten Bildpunkt $E'$.
Aus der Geradengleichung kannst du die $z$-Koordinate der Geraden ablesen: $\boldsymbol{z=6-20r}$
Setze diese nun in die Ebenengleichung der $xy$-Ebene ein, um den Parameter $r$ zu bestimmen:
$\begin{array}{rll} z=&0&\scriptsize \text{Einsetzen von}\;z=6-20r \\ 6-20r=&0 \\ r=&\dfrac{3}{10} \end{array}$
$\begin{array}{rl} z=&0 \\ 6-20r=&0 \\ r=&\dfrac{3}{10} \end{array}$
Damit die Gerade $g$ die $xy$-Ebene schneidet, muss $\boldsymbol{r=\frac{3}{10}}$ gelten. Wenn du $r$ nun die die Geradengleichung einsetzt, erhältst du den Schnittpunkt der Geraden mit der Ebene, d.h. den Bildpunkt $E'$:
$\overrightarrow{OE'}=\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+\frac{3}{10} \cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}6,8\\-5,6\\0\end{pmatrix}$
Der Bildpunkt hat somit die Koordinaten $\boldsymbol{E'(6,8\mid-5,6\mid0)}$.
1.3.1 $\blacktriangleright$ Bedingung Ⅰ beweisen
Hier hast du zwei Punkte $P(20\mid-7\mid16)$ und $R(0\mid3\mid6)$ gegeben. $P$ stellt die Position eines Betrachters dar, der die Reflexion $R$ von $L$ auf der Würfeloberseite erkennt.
Die Ebene $E_1$ durch $P$ und $L$ steht senkrecht zur Würfeloberseite.
Schematisch kannst du dir das wie folgt vorstellen:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Du sollst nun beweisen, dass $R$ auf der Schnittgeraden zwischen der Ebene $E_1$ und der Würfeloberseite liegt.
  • Stelle zunächst die Ebenengleichungen $E_1$ und die der Würfeloberseite $E_2$ auf.
  • Setze die $z$-Komponente von $E_1$ in die Würfeloberseite $E_2$ ein, ermittle einen Parameter und setze die Gleichung in $E_1$ ein, um die Schnittgerade zu erhalten.
  • In einer Punktprobe kannst du nun prüfen, ob $R$ auf der Schnittgeraden liegt.
Für die Ebene $E_1$ kannst du wie folgt vorgehen: Wähle einen der Punkte $P$ und $L$ als Stützvektor der Ebene und $\overrightarrow{PL}$ bzw. $\overrightarrow{LP}$ als einen der Richtungsvektoren.
Da die Ebene $E_1$ senkrecht auf der Würfeloberseite $E_2$ steht, ist der Normalenvektor zu $E_2$ ebenfalls ein Richtungsvektor der Ebene $E_1$.
Die Ebene $E_2$ der Würfeloberseiten liegt um $z=6$ verschoben parallel zur $xy$-Ebene.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Ebenengleichungen aufstellen
Wir wählen $\overrightarrow{OP}$ als Stützvektor von $E_1$. Ein möglicher Richtungsvektor ist der Verbindungsvektor $\overrightarrow{PL}$:
$\overrightarrow{PL}=\overrightarrow{OL}-\overrightarrow{OP}$$=\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rl} \overrightarrow{PL}=&\overrightarrow{OL}-\overrightarrow{OP} \\ =&\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix} \end{array}$
Der zweite Richtungsvektor ist der Normalenvektor von $E_2$. Da $E_2$ parallel zur $xy$-Ebene liegt, zeigt der Normalenvektor in Richtung der $z$-Achse und du kannst diesen wie folgt angeben:
$\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
Du hast nun alle notwendigen Komponenten bestimmt und es folgt für die Ebene $E_1$:
$E_1$:$\quad$ $E_1:\quad $$\vec{x}=\overrightarrow{OP}+r\cdot \overrightarrow{PL}+s\cdot\vec{n}$$=\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Gleichung der Schnittgeraden bestimmen
Aus der Ebenengleichung von $E_1$ kannst du ihre $z$-Koordinaten ablesen:
$\boldsymbol{z=16+r\cdot 10+s\cdot1}$
Setze dies nun in $E_2$ ein:
$\begin{array}{rll} z=&6&\scriptsize \text{Einsetzen von}\;z=16+r\cdot 10+s\cdot1 \\ 16+r\cdot 10+s\cdot1=&6 \\ 10r=&-10-s \\ r=&-1-\dfrac{1}{10}s \end{array}$
$\begin{array}{rl} z=&6 \\ 16+r\cdot 10+s\cdot1=&6 \\ 10r=&-10-s \\ r=&-1-\dfrac{1}{10}s \end{array}$
Dieses setzt du nun wiederum in $E_1$ ein, um die Gleichung der Schnittgeraden zu erhalten:
$\begin{array}{rrl} g:&\vec{x}=&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\left(-1-\dfrac{1}{10}s\right)\cdot\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ &=&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}60\\-30\\-10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\-1\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ &=&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}{rl} g: \\ \vec{x}=&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\left(-1-\dfrac{1}{10}s\right)\cdot\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}60\\-30\\-10\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\-1\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\blacktriangleright$ 3. Schritt: Prüfen, ob $\boldsymbol R$ in $\boldsymbol g$ liegt
Der Beweis erfolgt durch eine Punktprobe.
Setze $g$ mit $R$ gleich. Falls ein Parameter bestimmt werden kann, der für alle Koordinaten die Gleichung erfüllt, liegt $R$ auf $g$:
$\begin{array}{rl} \begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}=&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \end{array}$
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Hier kannst du das CAS verwenden. Wähle unter
$\texttt{Keyboard} $$\to$$ 2D$
ein Gleichungssystem mit 3 Gleichungen aus und gib die oben stehenden an. Gib auch an, dass nach dem Parameter $s$ gelöst werden soll.
Bestätigen mit $\texttt{Enter}$ liefert dir, dass die Gleichungen für $\boldsymbol{s=-\frac{40}{3}}$ gelöst werden. Es existiert somit ein $s$, das die Gleichung erfüllt. $R$ liegt wie behauptet auf $g$.
1.3.2 $\blacktriangleright$ Bedingung Ⅱ beweisen
Bei dieser Aufgabe sollst du prüfen, ob der Winkel zwischen dem Einfallsvektor $\overrightarrow{LR}$ und $\vec{n}$ identisch mit dem Ausfallsvektor $\overrightarrow{PR}$ und $\vec{n}$ ist.
Die Schwierigkeit bei dieser Aufgabe ist, dass du erkennst, dass der Ausfallsvektor tatsächlich der Vektor von $P$ zu $R$ ist. Das liegt daran, dass es sich um eine punktförmige Lichtquelle, d.h. um einen einzelnen Lichtstrahl handelt und die Reflexion des Lichtstrahls nur vom Punkt $P$ aus beobachtet werden kann.
Der Lichtstrahl wird exakt in die Richtung des Punktes $P$ reflektiert. Falls dem nicht so wäre, würde die Reflexion nicht beobachtet werden können.
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Zum Lösen dieser Aufgabe kannst du folgende Informationen dem Aufgabentext bzw. den vorigen Aufgaben entnehmen:
  • $L(-40\mid23\mid26)$
  • $P(20\mid-7\mid16)$
  • $R(0\mid3\mid6)\\[5pt]$
  • $\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
Berechne im 1. Schritt die Verbindungsvektoren $\overrightarrow{PR}$ und $\overrightarrow{LR}$.
Anschließend kannst du mit der Formel zur Winkelberechnung zwischen Vektoren $\vec{u}$ und $\vec{v}$ die Winkel berechnen und beweisen, dass diese identisch sind.
Die Formel dazu lautet:
$\cos\alpha=\dfrac{\vec{u}\cdot\vec{v}}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|}$
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Verbindungsvektoren berechnen
$\overrightarrow{LR}=\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OL}$$=\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}40\\-20\\-20\end{pmatrix}$
Nach gleichem Vorgehen ergibt sich für $\overrightarrow{PR}$:
$\overrightarrow{PR}=\overrightarrow{OR}-\overrightarrow{OP}$$=\begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-20\\10\\-10\end{pmatrix}$
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Winkel zwischen den Vektoren bestimmen
Nun soll bewiesen werden, dass der Winkel zwischen $\overrightarrow{LR}$ und $\vec{n}$ identisch ist mit dem Winkel zwischen $\overrightarrow{PR}$ und $\vec{n}$.
$\begin{array}{rl} \dfrac{\overrightarrow{LR}\cdot\vec{n}}{|\overrightarrow{LR}|\cdot|\vec{n}|}\stackrel{!}{=}&\dfrac{\overrightarrow{PR}\cdot\vec{n}}{|\overrightarrow{PR}|\cdot|\vec{n}|} \\[5pt] \dfrac{\begin{pmatrix}40\\-20\\-20\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}{\left|\begin{pmatrix}40\\-20\\-20\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right|}\stackrel{!}{=}&\dfrac{\begin{pmatrix}-20\\10\\-10\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}}{\left|\begin{pmatrix}-20\\10\\-10\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\right|} \\[5pt] \dfrac{-20}{\sqrt{2400}}\stackrel{!}{=}&\dfrac{-10}{\sqrt{600}} \\[5pt] \dfrac{-20}{10\sqrt{24}}\stackrel{!}{=}&\dfrac{-10}{10\sqrt{6}} \\[5pt] \dfrac{-2}{2\sqrt{6}}\stackrel{!}{=}&-\dfrac{1}{\sqrt{6}} \\[5pt] -\dfrac{1}{\sqrt{6}}=&-\dfrac{1}{\sqrt{6}}\qquad \color{yellowgreen}{\checkmark} \end{array}$
Damit ist bewiesen, dass der Winkel zwischen $\overrightarrow{LR}$ und $\vec{n}$ identisch mit dem Winkel zwischen $\overrightarrow{PR}$ und $\vec{n}$ ist.
2.
2.1 $\blacktriangleright$ Abbildungsmatrix T bestimmen
Eine Abbildungsmatrix hilft dabei, dreidimensionale Koordinaten in zweidimensionale zu überführen. Du hast den Vektor $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ gegeben und sollst diesen in einen Vektor $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ mit zwei Koordinaten überführen.
Die Abbildungsmatrix aus der du durch Matrix-Vektor-Multiplikation den zweidimensionalen Vektor erhalten sollst muss 3 Spalten und 2 Zeilen aufweisen:
$\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$
Das kommt aus der Matrix-Vektor-Multiplikation, die nach folgendem Schema erfolgt:
$c\cdot x+d\cdot y+ e\cdot z=a$$\quad$ bzw.$\quad$ $f\cdot x+g\cdot y+ h\cdot z=b$
Nun kannst du drei Informationen dem Aufgabentext bzw. Material 2 entnehmen:
  • $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\\[5pt]$
  • $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&1&e\\f&0&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}\\[5pt]$
  • $\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$. Das heißt: $\begin{pmatrix}c&1&0\\f&0&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$
Diese Gleichungen kannst du mit Hilfe des CAS lösen. Gib sie nacheinander ein und ersetze die bestimmten Parameter entsprechend in der folgenden Gleichung.
Nun kannst du drei Informationen dem Aufgabentext bzw. Material 2 entnehmen:
Information 1:
$\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
Daraus folgt:
$\begin{array}{rlll} c\cdot 0+d\cdot 1+ e\cdot 0=&1\quad&\Rightarrow& d=1 \\ f\cdot 0+g\cdot 1+ h\cdot 0=&0\quad&\Rightarrow& g=0 \end{array}$
$\begin{array}{rl} c\cdot 0+d\cdot 1+ e\cdot 0=&1 \\ \Rightarrow& d=1 \\ f\cdot 0+g\cdot 1+ h\cdot 0=&0 \\ \Rightarrow& g=0 \end{array}$
Information 2:
$\begin{pmatrix}c&1&e\\f&0&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rlll} c\cdot 0+1\cdot 0+ e\cdot 1=&0& \quad\Rightarrow& e=0 \\ f\cdot 0+0\cdot 0+ h\cdot 1=&0& \quad\Rightarrow& h=1 \end{array}$
$\begin{array}{rl} c\cdot 0+1\cdot 0+ e\cdot 1=&0 \\ \Rightarrow& e=0 \\ f\cdot 0+0\cdot 0+ h\cdot 1=&0 \\ \Rightarrow& h=1 \end{array}$
Information 3:
$\begin{pmatrix}c&1&0\\f&0&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rlll} c\cdot (-4)+1\cdot 6+ 0\cdot 1=&8& \quad\Rightarrow& c=-\dfrac{1}{2} \\ f\cdot (-4)+0\cdot 6+ 1\cdot 1=&3& \quad\Rightarrow& f=-\dfrac{1}{2} \end{array}$
$\begin{array}{rl} c\cdot (-4)+1\cdot 6+ 0\cdot 1=&8 \\ \Rightarrow& c=-\dfrac{1}{2} \\ f\cdot (-4)+0\cdot 6+ 1\cdot 1=&3 \\ \Rightarrow& f=-\dfrac{1}{2} \end{array}$
Insgesamt folgt somit für die Abbildungsmatrix $T$:
$T=\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}&1&0\\-\dfrac{1}{2}&0&1\end{pmatrix}$
2.2 $\blacktriangleright$ Geometrische Wirkung erläutern
Bei dieser Aufgabe hast du eine Matrix $F$ gegeben, die durch Kombination (Multiplikation) mit der Abbildungsmatrix $T$, eine geometrische Wirkung auf den durch $T$ abgebildeten Körper ausübt.
Es gibt mehrere Arten von geometrische Wirkungen, die durch Matrizen ausgelöst werden können: z.B.:
Drehung, Scherung, Skalierung sowie Verschiebung
Wenn du nun eine bestimmte Matrix $F$ mit einer Abbildungsmatrix $T$ verknüpfst kannst du prüfen, wie sich die neuen Einträge von $T'$, bei dieser Aufgabe $M$ genannt, verändert haben, um ihre geometrische Wirkung herauszufinden.
Matrix $F$ enthält trigonometrische Ausdrücke, sodass diese, bei einer Verknüpfung mit $T$, die Koordinaten von $T$ um einen Winkel $\alpha$ um die $z$-Achse rotieren lassen und dementsprechend verändern.
Die Rotationsachse $z$ kannst du daran erkennen, dass die $z$-Einheiten unverändert bleibt.
$\begin{array}{rl} M=&T\cdot F \\[5pt] =&\begin{pmatrix}-\dfrac{1}{2}&1&0\\-\dfrac{1}{2}&0&1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}\cos\alpha&-\sin\alpha&0\\ \sin\alpha&\cos\alpha&0\\0&0&1\end{pmatrix} \\[5pt] =&\begin{pmatrix}-\frac{1}{2}\cos\alpha+\sin\alpha & \frac{1}{2}\sin\alpha+\cos\alpha &0\\ -\frac{1}{2}\cos\alpha & \frac{1}{2}\sin\alpha &1\end{pmatrix} \end{array}$
Hier werden, durch die Matrix $M$, zwei geometrische Abbildungen, die nacheinander ablaufen, in einem Schritt durchgeführt.
  • Die Matrix $T$ projiziert vom Dreidimensionalen ins Zweidimensionale
  • $F$ lässt die Abbildung rotieren
Die Abbildung, die durch $T$ dargestellt wird, wird zunächst um den Winkel $\alpha$ um die $z$-Achse rotiert und anschließend vom Dreidimensionalen ins Zweidimensionale projiziert.
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