Analytische Geometrie

my image

Inhaltsverzeichnis



Aufgaben: Minigolfbahn

Gegeben sind der Punkt \(L \left( -\frac{25}{4} \bigl| -8 \bigl| 6 \right)\) und die Gerade

\( g: \vec{x} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} +r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad \textrm{mit} \quad r \in \mathbb{R} \)





Punkt L

  1. Begründen Sie, das \(g\) parallel zur \(x_1\)-Achse verläuft, aber nicht durch den Punkt \(L\).

    (2 P)


  1. \(L\) und \(g\) liegen in der Ebene \(E\).
    Ermitteln Sie eine Gleichung von \(E\) in Koordinatenform.

    (4 P)

    \( \big[\textrm{Zur Kontrolle:} \quad E: \; 3 x_2 + 4 x_3 \; = \; 0 \big] \)


In der Abbildung ist neben \(L\) und \(g\) das Viereck \(OPQR\) dargestellt, dessen Eckpunkte \(O(0|0|0)\), \(P \left( -\frac{25}{2} \bigl| 0 \bigl| 0 \right)\), \(Q \left( -\frac{25}{2} \bigl| -12 \bigl| 9 \right)\)und \(R(0 |-12 | 9)\) in \(E\) liegen. \(Q\) und \(R\) liegen außerdem auf \(g\).

my image






Abbildung

  1. Markieren Sie auf der \(x_2\)-Achse die Stelle \(-12\) und auf der \(x_3\)-Achse die Stelle \(9\) auf dem Arbeitsblatt.

    (2 P)


  1. Begründen Sie, dass \(OPQR\) ein Rechteck ist. Berechnen Sie den Flächeninhalt dieses Rechtecks.

    (5 P)


  1. Geben Sie eine Gleichung der Geraden \(h\) an, die durch die Punkte \(P\) und \(R\) verläuft.

    (1 P)


  1. \(O'\) ist der Punkt der Ebene \(E\), der durch Spiegelung des Punktes \(O\) an der Geraden \(h\) entsteht. Beschreiben Sie ein Verfahren, mit dem man die Koordinaten des Punktes \(O'\) ermitteln kann.

    (3 P)





Minigolfbahn

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 \(10 \;cm\) in der Realität.

  1. Berechnen Sie die Größe des Winkels, den der geneigte Teil der Bahn mit dem Untergrund einschließt.

    (3 P)


Im Punkt \(A(-5 | 8 | 24)\) befindet sich eine Lichtquelle.


  1. Berechnen Sie den Punkt \(F\) der Ebene \(E\), der den kürzesten Abstand zur Beleuchtung \(A\) aufweist.

    [ Zur Kontrolle: \(F(-5 | -6{,}4 | 4{,}8)\) ]

    (5 P)


  1. Zeigen Sie, dass der Punkt \(F\) innerhalb des Vierecks \(OPQR\) liegt.

    (3 P)


  1. Der geneigte Teil der Bahn wirft durch die Beleuchtung einen viereckigen Schatten \(OPQ'R'\) auf den horizontalen Untergrund. Ermitteln Sie die Koordinaten des Eckpunktes \(R'\).

    (3 P)





Weg eines Minigolfballs

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 die Punkte

\( B_t \left( -5-3t \bigl| -8t+\frac{8}{3}t^2 \bigl| 6t-2t^2 \right) \)

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

  1. Geben Sie die Koordinaten des Punktes \(B_0\) an und zeichnen Sie den Punkt auf dem Arbeitsblatt

    ein.

    (2 P)


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

    (4 P)


  1. Ermitteln Sie die maximale Höhe über dem Untergrund, die der Ball erreicht, und geben Sie diese Höhe in Zentimetern an.

    (3 P)




Aufgaben zum Ausdrucken





Lösungen: Minigolfbahn

Lösung : Punkt L

Aufgabe 1 - parallel zur Achse

Der Richtungsvektor \(\left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right)\) zeigt in Richtung der \(x_1\)-Achse. Damit muss die Gerade \(g\) parallel zu dieser Achse sein.

Wir überprüfen, ob die Gerade durch den Punkt \(L\) verläuft, indem wir eine Punktprobe machen.

\( \begin{array}{ c c l l l } \vec{l} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & & \\[8pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{4} \\ -8 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix}\left( \begin{array}{c} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & & \\ \end{array} \)


Daraus ergibt sich das Gleichungssystem

\( \begin{array}{ r r c r l } \textrm{I} & -\frac{25}{4} & = & r \\[6pt] \textrm{II} & - 8 & = & - 12 & \quad \Rightarrow \quad \textrm{Widerspruch} \\[6pt] \textrm{III} & 6 & = & 9 & \quad \Rightarrow \quad \textrm{Widerspruch} \\ \end{array} \)


\(L\) liegt also nicht auf der Geraden \(g\).








Aufgabe 2 - Ebene E

my image

Der Richtungsvektor der Geraden \(g\) und der Vektor \(\vec{RL}\) spannen die Ebene \(E\) auf. Mit den Vektoren und dem Punkt \(R\) stellen wir die Normalenform

\( \left(\vec{x} - \vec{r}\right) \circ \vec{n} = 0 \)


mit dem Vektor

\( \vec{RL} = \vec{l} - \vec{r} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{4} \\ -8 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{4} \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


auf.

Den Normalenvektor bilden wir mit dem Kreuzprodukt

\( \vec{n} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{4} \\ 4 \\ -3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \times \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


Dabei gehen wir folgendermaßen vor:

Die beiden Richtungsvektoren werden paarweise 2-mal untereinander geschrieben. Die erste und die letzte Zeile werden gestrichen. Dann wird über Kreuz multipliziert und jeweils die blaue Diagonale (Hauptdiagonale) minus die rote Diagonale (Nebendiagonale) gerechnet.

my image


Der Normalenvektor lautet \( \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \)


Daraus ergibt sich die Normalenform

\( \left[ \vec{x} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right)\end{smallmatrix} = 0 \)


Um weiter in die Koordinatenform zu kommen, lösen wir das Skalarprodukt auf.

\( \begin{array}{ r c l l } \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \\[8pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{l} x_1 \\ x_2 + 12 \\ x_3 - 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -3 \\ -4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & 0 & \\ \end{array} \)

\( \begin{array}{ r c r l } x_1 \cdot 0 + (x_2 + 12) \cdot (-3) + (x_3 - 9) \cdot (-4) & = & 0 & \\[6pt] -3x_2 - 36 - 4x_3 + 36 & = & 0 \\[6pt] -3x_2 - 4x_3 & = & 0 & | \cdot (-1) \\[6pt] 3x_2 + 4x_3 & = & 0 \\ \end{array} \)









Lösung : Abbildung

Aufgabe 1 - Stellen auf den Achsen

my image




Aufgabe 2 - Rechteck

Ein Rechteck ist ein rechtwinkliges Parallelogramm. Bei einem Parallelogramm sind 2 gegenüberliegende Seiten parallel zueinander und gleich lang. Das heißt, dass die Verbindungsvektoren der jeweiligen Eckpunkte auch gleich sein müssen.

\( \left. \begin{array}{ c*{7}{c} } \vec{OP} & = & \vec{p} - \vec{o} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \\ \vec{RQ} & = & \vec{q} - \vec{r} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; 0 \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \; \right\} \; \textrm{gleich} \)


\( \left. \begin{array}{ c*{7}{c} } \vec{OR} & = & \vec{r} - \vec{o} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; 0 \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; 0 \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \\ \vec{PQ} & = & \vec{q} - \vec{p} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; 0 \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \; \right\} \; \textrm{gleich} \)


Das Viereck \({OPQR}\) erfüllt die Bedingungen für ein Parallelogramm. Nun sind noch die rechten Winkel zu überprüfen.

\( \vec{OP} \circ \vec{OR} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; 0 \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = -\frac{25}{2} \cdot 0 + 0 \cdot (-12) + 0 \cdot 9 \; = \; 0 \\ \)


Damit sind die Vektoren \(\vec{OP}\) und \(\vec{OR}\) orthogonal zueinander und es liegt ein rechter Winkel in \(\alpha\) vor.

my image


Bei einem Parallelogramm sind die gegenüber liegenden Winkel gleich groß. Damit ist \(\alpha=\gamma=90^{\circ}\). Im Viereck ist die Winkelsumme \(360^{\circ}\). Die verbleibenden \(180^{\circ}\) teilen sich gleichmäßig auf die Winkel \(\beta\) und \(\delta\) auf. Damit gilt \(\alpha=\beta=\gamma=\delta=90^{\circ}\). Es liegt also ein Rechteck vor.


Im Rechteck wir die Fläche berechnet mit

\( \begin{array}{ r c l } A & = & \bigl|\vec{OP} \cdot \vec{OR}\bigl| \\[8pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; 0 \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \\[8pt] & = & \sqrt{\left(-\frac{25}{2}\right)^2 + 0^2 + 0^2} \cdot \sqrt{0^2 + (-12)^2 + 9^2} \\[8pt] & = & \frac{25}{2} \cdot 15 \\[8pt] & = & 187{,}5 \\ \end{array} \)




Aufgabe 3 - Gerade h


\( \begin{array}{ r c l l l } h: \; \vec{x} & = & \vec{p} + t \cdot \vec{PR} & & \\[8pt] & = & \vec{p} + t \cdot \left(\vec{r} - \vec{p}\right) & & \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + t \cdot \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; 0 \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} -\frac{25}{2} \\ \; 0 \\ \; 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + t \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} \; \; \frac{25}{2} \\ -12 \\ \; \; 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)




Aufgabe 4 - Spiegelung des Punktes O

my image

  1. Der Punkt \(O'\) ist der Spiegelpunkt von \(O\) und wird dabei um den Punkt \(S\) gespiegelt, der auf der Geraden \(h\) liegt. Wir ermitteln diesen Punkt \(S\).

    • Zunächst wird eine Ebene \(N\), die orthogonal zur Geraden \(h\) liegt, in der Normalenform

      \( \left( \vec{x} - \vec{p}\right) \circ \vec{n} = 0 \)

      aufgestellt. Der Normalenvektor \(\vec{n}\) wird dabei durch den Richtungsvektor \(\vec{PR}\) der Geraden \(h\) gebildet und als Punkt nehmen wir den Punkt \(O\).
    • Wir ermitteln nun den Schnittpunkt \(S\) der Geraden \(h\) und der Ebene \(N\).
  2. Der Punkt \(O'\) wird berechnet, indem wir uns von dem Punkt \(O\) aus um das zweifache des Vektors \(\vec{OS}\) weiter bewegen.
    \( \vec{o'} \; = \; \vec{o} + 2 \cdot \vec{OS} \)









Lösung : Minigolfbahn

Aufgabe 1 - Winkel der Bahn zum Untergrund

Der Winkel zwischen der Ebene \(E\) und dem Untergrund \(U\),

my image


hier in Blickrichtung \(A\), also gegen die \(x_1\)-Richtung betrachtet, zeigt deutlich,

my image


dass der Winkel zwischen der Ebene \(E\) und dem Untergrund \(U\) der gleiche ist wie der Winkel zwischen den Normalenvektoren der Ebenen. Daraus folgt die Formel zur Winkelberechnung

\( cos(\alpha) = \frac{\bigl|\vec{n_E} \; \circ \; \vec{n_U}\bigl|}{\bigl|\vec{n_E}\bigl| \; \cdot \; \bigl|\vec{n_U}\bigl|} \)


Die Ebene \(E\) hat den Normalenvektor \( \vec{n_E} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


und für den Untergrund \(U\) nehmen wir den Normalenvektor

\( \vec{n_U} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


Eingesetzt in die Formel erhalten wir

\( \begin{array}{ r c l } cos(\alpha) & = & \frac{\begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0\\3\\4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0\\0\\1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix}} {\begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0\\3\\4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \; \cdot \; \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix}} \\[12pt] cos(\alpha) & = & \displaystyle{\frac{\bigl|0 \cdot 0 + 3 \cdot 0 + 4 \cdot 1\bigl|}{\sqrt{0^2 +3^2 + 4^2} \cdot \sqrt{0^2 + 0^2 + 1^2}}} \\ \\ cos(\alpha) & = & \displaystyle{\frac{\bigl|4\bigl|}{\sqrt{25} \cdot \sqrt{1}}} \\[10pt] cos(\alpha) & = & \displaystyle{\frac{4}{5 \cdot 1}} \\[8pt] cos(\alpha) & = & 0{,}8 \\[8pt] \alpha & = & cos^{-1}(0{,}8) \\[8pt] \alpha & = & 36{,}87^\circ \\ \end{array} \)


Der Winkel zwischen der Ebene \(E\) und dem Untergrund beträgt \(36{,}87^\circ\).








Aufgabe 2 - Lichtquelle A

my image


Der Punkt \(F\) ist derjenige Punkt, der sich ergibt, wenn der Punkt \(A\) auf die Ebene \(E\) gelotet wird. Wir arbeiten zur Bestimmung des Punktes \(F\) mit dem Lotfußpunktverfahren, dass bereits in in der Aufgabe Spiegelung des Punktes O beschrieben wurde. Wir brauchen dazu eine Ebene und eine orthogonal darauf stehende Gerade.

In diesem Fall verwenden wir die gegebene Ebene \(E\) und eine Gerade \(l\), die wir konstruieren müssen.

In der eben genannten Aufgabe lag der Fall anders herum: Dort war die Gerade gegeben und es musste eine Hilfsebene konstruiert werden. In beiden Fällen muss der Schnittpunkt der Gerade und der Ebene bestimmt werden.

  1. Hilfsgerade
    Die Gerade steht lotrecht auf der Ebene \(E\) und hat deshalb den Normalenvektor

    \( \vec{n} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)

    als Richtungsvektor. Mit dem Punkt \(A(-5 | 8 | 24)\) ergibt sich die Gerade \(l\) mit

    \( l: \; \vec{x} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + t \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


  1. Schnittpunkt \(F\) der Gerade und der Ebene bestimmen
    • Gerade \(l\) in die Ebene \(E\) einsetzen:

      Von der Geraden \(l\)

      \( \begin{array}{ r c l } \vec{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; t \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{ r } x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{ r r c l} -5 & & \\ 8 &+ & 3t \\ 24 & + & 4t \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] \begin{smallmatrix} \begin{array}{ r l l l } \textrm{I} & & x_1 \\[4pt] \textrm{II} & & x_2 \\[4pt] \textrm{III} & & x_3 \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{r} = \\[4pt] = \\[4pt] = \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{r c l} -5 & & \\[4pt] 8 & + & 3t \\[4pt] 24 & + & 4t \end{array} \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)

      werden \(x_2\) und \(x_3\) in die Ebene \(E\) mit

      \( E: \; 3x_2 + 4x_3 \; =\; 0 \)

      eingesetzt.

      \( \begin{array}{ r c l l } 3 \cdot (8 + 3t) + 4 \cdot (24 + 4t) & = & 0 \\[6pt] 24 + 9t + 96 + 16t & = & 0 \\[6pt] 120 + 25t & = & 0 & | -120 \\[6pt] 25t & = & -120 & | :25 \\[6pt] t & = & -4{,}8 \\ \end{array} \)


  1. \(F\) bestimmen durch einsetzen von \(t\) in Gerade \(l\)

    \( \vec{f} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - 4{,}8 \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ -6{,}4 \\ 4{,}8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad \Rightarrow F(-5| -6{,}4 | 4{,}8) \)








Aufgabe 3 - Liegt Punkt F innerhalb des Vierecks OPQR?

Um rechnerisch zu zeigen, ob der Punkt \(F\) innerhalb des Vierecks liegt, stellen wie die Ebene \(E\) in Parameterform auf mit

\( \begin{array}{ r c l } E: \;\vec{x} & = & \vec{o} + r \cdot \vec{OP} + s \cdot \vec{OR} \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -\frac{25}{2} \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; s \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] & = & r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -\frac{25}{2} \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; s \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Wir führen nun eine Punktprobe mit \(F\) durch, um an die Werte von \(r\) und \(s\) zu kommen.

\( \begin{array}{ r c l } \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{ r } -5 \\ -6{,}4 \\ 4{,}8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & r \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -\frac{25}{2} \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; s \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \\ \begin{smallmatrix} \begin{array}{ r l l c } \textrm{I} & & -5 \\[4pt] \textrm{II} & & -6{},4 \\[4pt] \textrm{III} & & \; 4{,}8 \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{r} = \\[4pt] = \\[4pt] = \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{ c l l } -\frac{25}{2}r & & \bigl| \; \cdot \left(-\frac{2}{25}\right) \\[4pt] -12s & & | \; : \; (-12) \\[4pt] 9s & & | \; : \; 9 \end{array} \end{smallmatrix} \\[10pt] \begin{smallmatrix} \begin{array}{ r l l c } \textrm{I} \quad & & \frac{2}{5} \\[4pt] \textrm{II} \quad & & \frac{8}{15} \\[4pt] \textrm{III} \quad & & \frac{8}{15} \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{r} = \\[4pt] = \\[4pt] = \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{ c l l } r & & \\[4pt] s \\[4pt] s & & \end{array} \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Es sind also \(r=\frac{2}{5}\) und \(s=\frac{8}{15}\).

my image


Um von Punkt \(O\) nach Punkt \(F\) zu kommen, bewegen wir uns jeweils nur einen Bruchteil in Richtung der Vektoren \(\vec{OP}\) und \(\vec{OR}\).
Es gilt nun:

Ist \(0 \leq r \leq 1\) und \(0 \leq s \leq 1\) , so liegt \(F\) innerhalb der Vierecks \(OPQR\) .

Genau das ist hier der Fall.








Aufgabe 4 - Schatten auf dem Untergrund

my image


\(R'\) ist der Punkt, der entsteht, wenn die Gerade durch die Punkte \(A\) und \(R\) den Boden erreicht. Das heißt, dass \(R'\) der Punkt auf der Geraden mit \(x_3=0\) ist.

\( \begin{array}{ r c l } g_{AR}: \; \vec{x} & = & \vec{a} + s \cdot \vec{AR} \\[6pt] & = & \vec{a} + s \cdot (\vec{r} - \vec{a}) \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + s \cdot \left[ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ -12 \\ 9 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \right] \\[8pt] & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + s \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ -20 \\ -15 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)


Mit \(x_3 = 0\) gilt

\( \begin{array}{ r c l l } 0 & = & 24 -15s & | \; +15s \\[6pt] 15s & = & 24 & | \; : 15 \\[6pt] s & = & 1{,}6 & \\ \end{array} \)


\(s\) eingesetzt in die Gerade \(g_{AR}\) ergibt den Vektor

\( \vec{r'} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + 1{,}6 \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 5 \\ -20 \\ -15 \end{array} \right) \end{smallmatrix} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -24 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)


und damit den Punkt \(R'(3| -24 | 0)\).







 



Lösung : Weg eines Minigolfballs

Aufgabe 1 - Punkt mit t=0

Beim Punkt \(B_0\) ist \(t=0\). Daraus ergibt sich der Punkt \(B_0(-5 | 0 | 0)\).

my image







Aufgabe 2 - Punkt der seitlichen Begrenzung

Da sowohl der Punkt \(P\) als auch Punkt \(Q\) den \(x_1\)-Wert \(-\frac{25}{2}\) haben, gilt auch für den seitlichen Begrenzungspunkt \(x_1=-\frac{25}{2}\).

\( \begin{array}{ r c l l } -\frac{25}{2} & = & -5 -3t & | + 3t \\[6pt] 3t -\frac{25}{2} & = & -5 & | : + \frac{25}{2} \\[6pt] 3t & = & 7{,}5 & | \; : 3 \\[6pt] t & = & 2{,}5 & \\ \end{array} \)


Daraus ergeben sich die Koordinaten

\( \begin{array}{ c c r c l c r } x_1 & = & - 5 & - & 3 \cdot 2{,}5 & = & -\frac{25}{2} \\[6pt] x_2 & = & -8 \cdot 2{,}5 & + & \frac{8}{3} \cdot 2{,}5^2 & = & -\frac{10}{3} \\[6pt] x_3 & = & 6 \cdot 2{,}5 & - & 2 \cdot 2{,}5^2 & = & \frac{5}{2} \\ \end{array} \)


mit dem Punkt \(B_{2{,}5}\left(-\frac{25}{2} \Bigl| -\frac{10}{3} \Bigl| \frac{5}{2} \right)\).







Aufgabe 3 - Maximale Höhe

Die Höhe über dem Untergrund wird beschrieben durch \(x_3\) , wobei wir sagen, dass

\( x_3(t) \; = \; 6t - 2t^2 \)


ist. Für das Maximum der Höhe gilt die notwendige Bedingung \(x_3'(t) = 0\) mit

\( x_3'(t) \; = \; 6 - 4t \)


Es folgt

\( \begin{array}{ c c l l } 0 & = & 6 - 4t & | + 4t \\[6pt] 4t & = & 6 & | : 4 \\[6pt] t & = & 1{,}5 \\ \end{array} \)


Es gilt die hinreichende Bedingung \(x_3''(t) \not= 0\).

\( \begin{array}{ l c l l l } x_3''(t) & = & - 4 \\[6pt] x_3''(1{,}5) & = & - 4 & < & 0\; \Rightarrow \; \textrm{Maximum}\\ \end{array} \)


Die maximale Höhe über dem Untergrund ist

\( x_3(1{,}5) \; = \; 6 \cdot 1{,}5 - 2 \cdot 1{,}5^2 \; = \; 4{,}5 \, m \; = \; 450 \, cm \)