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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 der Punkte berechnen 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.
  • $A(-4\mid1\mid1)$
  • $B(1\mid1\mid1)$
  • $C(-4\mid6\mid1)$
Anschließend sollst du, anhand der gegebenen Punkte, die Koordinaten der übrigen Eckpunkte des Würfels angeben, um diesen dann zeichnen zu können.
Zeichne im 1. Schritt die Punkte $A$, $B$ und $C$ in das Koordinatensystem ein.
Die Seitenlängen in einem Würfel sind alle gleichlang. Damit kannst du im 2. Schritt die Koordinaten der Eckpunkte bestimmen, um im 3. Schritt den Würfel zeichnen zu können.
  • $E$, $F$, $G$ und $H$ bilden die obere Würfelfläche.
  • $E$ liegt „über“, $A$, $F$ „über“, $B$, $G$ „über“, $C$ und $H$ „über“, $D$
1.2 $\blacktriangleright$ Koordinaten des Bildpunktes berechnen
Hier hast du die Koordinaten einer punktförmigen Lichtquelle $L(-40\mid23\mid26)$ gegeben, von der aus ein Bildpunkt, durch $(-4\mid1\mid6)$, auf die $xy$-Ebene projiziert wird. Dabei stellt der Lichtstrahl eine Gerade durch $L$ sowie den Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ (siehe Aufgabe 1.1) dar.
Der Bildpunkt $E'$ ist der Schnittpunkt der Geraden mit der $xy$-Ebene.
Die Gleichung der $xy$-Ebene lautet $z=0$.
Stelle zunächst im 1. Schritt eine Geradengleichung auf.
Wähle den Ortsvektor eines der beiden Punkte als Stützvektor der Geraden und den Verbindungsvektor der Punkte als Richtungsvektor.
Berechne anschließend im 2. Schritt die Koordinaten des Schnittpunkts der Geraden mit der $xy$-Ebene, um die Koordinaten des Bildpunkts $E'$ 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 im 1. Schritt die Ebenengleichungen $E_1$ und der Ebene $E_2$, in der die Würfeloberseite $E_2$ liegt, auf.
Für $E_1$ kannst du wie folgt vorgehen:
  • Wähle einen der Punkte $P$ und $L$ als Basisvektor der Ebenen und den Verbindungsvektor $\overrightarrow{PL}$ bzw. $\overrightarrow{LP}$ als einen der Richtungsvektoren.
  • Den zweiten Richtungsvektor kannst du erhalten, indem du dir klar machst, was die Information der orthogonalen Ebene $E_1$ auf der Würfeloberseiten bedeutet: Da der Würfel eben im Raum steht, liegt auch die Würfeloberseite eben im Raum. D.h. ihr Normalenvektor zeigt in Richtung der $z$-Achse. Und weil $E_1$ nun senkrecht zu der Würfeloberseite liegt, schließt sie somit den Normalenvektor von der Würfeloberseiten als Richtungsvektor ein.
  • Die Ebene $E_2$ der Würfeloberseiten liegt um $z=6$ verschoben parallel zur $xy$-Ebene.
Im 2. Schritt kannst du nun die Gleichung der Schnittgeraden bestimmen, indem du die $z$-Koordinaten von $E_1$ in $E_2$ einsetzt. Stelle nach einem Parameter um und setze die Gleichung in $E_1$ ein, um die Schnittgerade zu erhalten.
In einer Punktprobe im 3. Schritt kannst du nun prüfen, ob $R$ auf der Schnittgeraden liegt.
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.
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.
Allgemein gilt:
Die $y-$Achse im dreidimensionalen Koordinatensystem stellt die $x$-Achse im zweidimensionalen dar. D.h. der Vektor $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
Weiterhin stellt die $z$-Achse im dreidimensionalen die $y$-Achse im zweidimensionalen dar. D.h. $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\quad\rightarrow\quad\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$
Du hast einen Vektor $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ mit drei Koordinaten gegeben und sollst diesen in einen Vektor $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ mit zwei Koordinaten überführen.
D.h. 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$
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.
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1.
1.1 $\blacktriangleright$ Koordinaten der Punkte berechnen 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)$
  • $C(-4\mid6\mid1)$
Anschließend sollst du, anhand der gegebenen Punkte, die Koordinaten der übrigen Eckpunkte des Würfels angeben, um diesen dann zeichnen zu können.
Zeichne im 1. Schritt die Punkte $A$, $B$ und $C$ in das Koordinatensystem ein.
Die Seitenlängen in einem Würfel sind alle gleichlang. Damit kannst du im 2. Schritt die Koordinaten der Eckpunkte bestimmen, um im 3. Schritt den Würfel zeichnen zu können.
  • $E$, $F$, $G$ und $H$ bilden die obere Würfelfläche.
  • $E$ liegt „über“, $A$, $F$ „über“, $B$, $G$ „über“, $C$ und $H$ „über“, $D$
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Punkte einzeichnen
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
Du kannst, erkennen, dass die Strecke $\overline{BA}$ eine der Seiten der Würfelgrundfläche darstellt, genauso wie du Strecke $\overline{AD}$.
Daran, dass die Punkte $A$ und $D$ in den $x$- und $z$-Koordinaten übereinstimmen und in der $y$-Koordinate um einen Summanden von $5$ voneinander abweichen, kannst du erkennen, dass die Seitenlänge des Würfels $5\,$LE beträgt.
Da die Seiten eines Würfels immer gleich lang sind kannst du nun die Koordinaten der anderen Punkte berechnen.
$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.
Bestimme:
  • $E$ aus $A$.
  • $F$ aus $B$.
  • $G$ aus $C$.
  • $H$ aus $D$.
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Koordinaten der Eckpunkte bestimmen
Für $C$ folgt: $\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}\\[5pt]$$\quad\Rightarrow\quad C(1\mid6\mid1)$
Die Punkte, die direkt über den Eckpunkten der Grundfläche liegen unterscheiden sich nur in ihrer $z$-Koordinate.
Somit gilt:
$\overrightarrow{OE}=\overrightarrow{OA}+\begin{pmatrix}0\\0\\5\end{pmatrix}$$=\begin{pmatrix}-4\\1\\1\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}0\\0\\5\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}$$\quad\Rightarrow\quad E(-4\mid1\mid6)$
Nach gleichem Vorgehen folgt für die Punkte $F$, $G$ und $H$:
  • $F(1\mid1\mid6)$
  • $G(1\mid6\mid6)$
  • $H(-4\mid6\mid6)$
$\blacktriangleright$ 3. Schritt: Würfel zeichnen
Zeichne nun den Würfel in das Koordinatensystem ein:
B2 - Analytische Geometrie
B2 - Analytische Geometrie
1.2 $\blacktriangleright$ Koordinaten des Bildpunktes berechnen
Hier hast du die Koordinaten einer punktförmigen Lichtquelle $L(-40\mid23\mid26)$ gegeben, von der aus ein Bildpunkt, durch $(-4\mid1\mid6)$, auf die $xy$-Ebene projiziert wird. Dabei stellt der Lichtstrahl eine Gerade durch $L$ sowie den Eckpunkt $E(-4\mid1\mid6)$ (siehe Aufgabe 1.1) dar.
Der Bildpunkt $E'$ ist der Schnittpunkt der Geraden mit der $xy$-Ebene.
Die Gleichung der $xy$-Ebene lautet $z=0$.
Stelle zunächst im 1. Schritt eine Geradengleichung auf.
Wähle den Ortsvektor eines der beiden Punkte als Stützvektor der Geraden und den Verbindungsvektor der Punkte als Richtungsvektor.
Berechne anschließend im 2. Schritt die Koordinaten des Schnittpunkts der Geraden mit der $xy$-Ebene, um die Koordinaten des Bildpunkts $E'$ zu erhalten.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Geradengleichung aufstellen
Die Gerade verläuft durch die Punkte $E$ und $L$.
$g:$$\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}$
$\begin{array}{rl} g: \\ \vec{x}=&\overrightarrow{OE}+r\cdot\overrightarrow{LE} \\ =&\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix} \end{array}$
$\blacktriangleright$ 2. Schritt: Schnittpunkt der Geraden mit $\boldsymbol{z=0}$
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:
$\begin{array}{rll} z=&0&\scriptsize \text{Einsetzen von}\;z=6-20r \\ 6-20r=&0 \\ r=&\dfrac{3}{10} \end{array}$
$\begin{array}{rl} z=&0 \\ 6-20r=&0 \\ r=&\dfrac{3}{10} \end{array}$
Wenn du $r$ nun in die Geradengleichung einsetzt, erhältst du den Schnittpunkt der Geraden mit der Ebene, d.h. den Bildpunkt $E'$.
$\begin{array}{rll} \overrightarrow{OE'}=&\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix}&\scriptsize \text{Einsetzen von}\;r=\dfrac{3}{10} \\ =&\begin{pmatrix}6,8\\-5,6\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}{rl} \overrightarrow{OE'}=&\begin{pmatrix}-4\\1\\6\end{pmatrix}+r\cdot\begin{pmatrix}36\\-22\\-20\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}6,8\\-5,6\\0\end{pmatrix} \end{array}$
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 im 1. Schritt die Ebenengleichungen $E_1$ und der Ebene $E_2$, in der die Würfeloberseite $E_2$ liegt, auf.
Für $E_1$ kannst du wie folgt vorgehen:
  • Wähle einen der Punkte $P$ und $L$ als Basisvektor der Ebenen und den Verbindungsvektor $\overrightarrow{PL}$ bzw. $\overrightarrow{LP}$ als einen der Richtungsvektoren.
  • Den zweiten Richtungsvektor kannst du erhalten, indem du dir klar machst, was die Information der orthogonalen Ebene $E_1$ auf der Würfeloberseiten bedeutet: Da der Würfel eben im Raum steht, liegt auch die Würfeloberseite eben im Raum. D.h. ihr Normalenvektor zeigt in Richtung der $z$-Achse. Und weil $E_1$ nun senkrecht zu der Würfeloberseite liegt, schließt sie somit den Normalenvektor von der Würfeloberseiten als Richtungsvektor ein.
  • Die Ebene $E_2$ der Würfeloberseiten liegt um $z=6$ verschoben parallel zur $xy$-Ebene.
Im 2. Schritt kannst du nun die Gleichung der Schnittgeraden bestimmen, indem du die $z$-Koordinaten von $E_1$ in $E_2$ einsetzt. Stelle nach einem Parameter um und setze die Gleichung in $E_1$ ein, um die Schnittgerade zu erhalten.
In einer Punktprobe im 3. Schritt kannst du nun prüfen, ob $R$ auf der Schnittgeraden liegt.
$\blacktriangleright$ 1. Schritt: Ebenengleichungen aufstellen
Wähle $\overrightarrow{OP}$ als Basisvektor von $E_1$.
Ein Richtungsvektor ist der Verbindungsvektor $\overrightarrow{PL}$:
$\overrightarrow{PL}=\overrightarrow{OL}-\overrightarrow{OP}$$=\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rl} \overrightarrow{PL}=&\overrightarrow{OL}-\overrightarrow{OP} \\ =&\begin{pmatrix}-40\\23\\26\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}20\\-7\\16\end{pmatrix} \\ =&\begin{pmatrix}-60\\30\\10\end{pmatrix} \end{array}$
Der zweite Richtungsvektor ist ein Normalenvektor von $E_2$. Da $E_2$ parallel zur $xy$-Ebene liegt, zeigt der Normalenvektor in Richtung der $z$-Achse.
$\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$
Daraus folgt für die Ebene
$E_1$:$\quad$ $E_1:\quad $$\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{array}{rll} \overrightarrow{OR}=&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}=&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix}&\scriptsize \mid\; -\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix}-80\\40\\0\end{pmatrix}=&s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix}-80\\40\\0\end{pmatrix}=&-\dfrac{40}{3}\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \end{array}$
$\begin{array}{rl} \overrightarrow{OR}=&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix}0\\3\\6\end{pmatrix}=&\begin{pmatrix}80\\-37\\6\end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix}-80\\40\\0\end{pmatrix}=&s\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \\ \begin{pmatrix}-80\\40\\0\end{pmatrix}=&-\dfrac{40}{3}\cdot\begin{pmatrix}6\\-3\\0\end{pmatrix} \end{array}$
Es existiert somit ein $s$, das die Gleichung erfüllt. $R$ liegt 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.
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 $\overrightarrow{PR}$:
$\overrightarrow{PR}=\begin{pmatrix}-20\\10\\-10\end{pmatrix}$
$\blacktriangleright$ 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 $\vec{n}$.
$\vec{n}=\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$$\quad$(s. Aufgabe 1.3.1)
$\begin{array}{rl} \alpha_1\stackrel{!}{=}&\alpha_2 \\[5pt] \cos\left(\alpha_1\right)\stackrel{!}{=}&\cos\left(\alpha_2\right) \\[5pt] \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.
Allgemein gilt:
Die $y-$Achse im dreidimensionalen Koordinatensystem stellt die $x$-Achse im zweidimensionalen dar. D.h. der Vektor $\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
Weiterhin stellt die $z$-Achse im dreidimensionalen die $y$-Achse im zweidimensionalen dar. D.h. $\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\quad\rightarrow\quad\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$
Du hast einen Vektor $\begin{pmatrix}x\\y\\z\end{pmatrix}$ mit drei Koordinaten gegeben und sollst diesen in einen Vektor $\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}$ mit zwei Koordinaten überführen.
D.h. 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:
Information 1:
$\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}\\[5pt]$
$\begin{pmatrix}c&d&e\\f&g&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$
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:
$\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}c&1&e\\f&0&h\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rlll} c\cdot 0+1\cdot 0+ e\cdot 1=&0& \quad\Rightarrow& e=0 \\ f\cdot 0+0\cdot 0+ h\cdot 1=&1& \quad\Rightarrow& h=1 \end{array}$
$\begin{array}{rl} c\cdot 0+1\cdot 0+ e\cdot 1=&0 \\ \Rightarrow& e=0 \\ f\cdot 0+0\cdot 0+ h\cdot 1=&0 \\ \Rightarrow& h=1 \end{array}$
Information 3:
$\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}$ wird zu $\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$
$\begin{pmatrix}c&1&0\\f&0&1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}-4\\6\\1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}8\\3\end{pmatrix}$
$\begin{array}{rlll} c\cdot (-4)+1\cdot 6+ 0\cdot 1=&8& \quad\Rightarrow& c=-\dfrac{1}{2} \\ f\cdot (-4)+0\cdot 6+ 1\cdot 1=&3& \quad\Rightarrow& f=-\dfrac{1}{2} \end{array}$
$\begin{array}{rl} c\cdot (-4)+1\cdot 6+ 0\cdot 1=&8 \\ \Rightarrow& c=-\dfrac{1}{2} \\ f\cdot (-4)+0\cdot 6+ 1\cdot 1=&3 \\ \Rightarrow& f=-\dfrac{1}{2} \end{array}$
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 $z$-Einheit 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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