Minigolfbahn

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\(\\\)

Aufgabe 1 – Winkel der Bahn zum Untergrund

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

\(\\\)

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

\(\\\)

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

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

\(\\\)

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

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

\(\\\)

Eingesetzt in die Formel erhalten wir

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

\(\\\)

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

\(\\[2em]\)

Aufgabe 2 – Lichtquelle A

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 \(\\[1em]\)
   \( \quad \vec{n} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)
   \(\\\)
   als Richtungsvektor. Mit dem Punkt \(A(-5 | 8 | 24)\) ergibt sich die Gerade \(l\) mit \(\\[1em]\)
   \( \quad l: \; \vec{x} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + t \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)

\(\\\)

2. Schnittpunkt \(F\) der Gerade und der Ebene bestimmen: \(\\\)
   • Gerade \(l\) in die Ebene \(E\) einsetzen: \(\\[1em]\)
     Von der Geraden \(l\)
     \(\\\)
     \( \quad \begin{array}{ r c l } \vec{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \; t \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{ r } x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{ r r c l} -5 & & \\ 8 &+ & 3t \\ 24 & + & 4t \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[10pt] \begin{smallmatrix} \begin{array}{ r l l l } \textrm{I} & & x_1 \\[4pt] \textrm{II} & & x_2 \\[4pt] \textrm{III} & & x_3 \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{r} = \\[4pt] = \\[4pt] = \end{array} \end{smallmatrix} & \begin{smallmatrix} \begin{array}{r c l} -5 & & \\[4pt] 8 & + & 3t \\[4pt] 24 & + & 4t \end{array} \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)
     \(\\\)
     werden \(x_2\) und \(x_3\) in die Ebene \(E\) mit
     \(\\\)
     \( \quad E: \; 3x_2 + 4x_3 \; =\; 0 \)
     \(\\\)
     eingesetzt.
     \(\\\)
     \( \quad \begin{array}{ r c l l } 3 \cdot (8 + 3t) + 4 \cdot (24 + 4t) & = & 0 \\[6pt] 24 + 9t + 96 + 16t & = & 0 \\[6pt] 120 + 25t & = & 0 & | -120 \\[6pt] 25t & = & -120 & | :25 \\[6pt] t & = & -4{,}8 \\ \end{array} \)

\(\\\)

3. \(F\) bestimmen durch einsetzen von \(t\) in Gerade \(l\): \(\\[1em]\)
   \( \quad \vec{f} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ 8 \\ 24 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - 4{,}8 \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 3 \\ 4 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -5 \\ -6{,}4 \\ 4{,}8 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad \Rightarrow F(-5| -6{,}4 | 4{,}8) \)

\(\\[2em]\)

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

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

\(\\\)

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

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

\(\\\)

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

\(\\\)

\(\\\)

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.

\(\\[2em]\)

Aufgabe 4 – Schatten auf dem Untergrund

\(\\\) \(R'\) 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.

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

\(\\\)

Mit \(x_3 = 0\) gilt

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

\(\\\)

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

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

\(\\\)

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

\(\\\)