B10

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Bearbeitet von --Karo99OB (Diskussion) 20:45, 13. Feb. 2017 (CET)

Inhaltsverzeichnis

. Aufgabe

Eckpunkte des Würfels:

A(-4|1|1)

B(1|1|1)

C(1|6|1)

D(-4|6|1)

E(-4|1|6)

F(1|1|6)

G(1|6|6)

H(-4|6|6)

Der Würfel hat eine Kantenlänge von 5 Längeneinheiten. Dadurch konnten die anderen Punkte ermittelt werden.

Handschriftlich:

Würfel B10

















Digital:

Würfel


















L(-40|23|26) -> Lichtquelle

Punkt E wird in die xy-Ebene projiziert. Man findet den Bildpunkt heraus, indem man den Schnittpunkt der Geraden durch L und E berechnet.

\begin{align}
g: \overrightarrow{x} &=\left( \begin{array}{c} -4 \\ 1 \\ 6 \end{array} \right) + \lambda \left( \overrightarrow{l}-\overrightarrow{e} \right) \\

&=\left( \begin{array}{c} -4 \\ 1 \\ 6 \end{array} \right) + \lambda \left( \begin{array}{c} -36 \\ 22 \\ 20 \end{array} \right) \\
\end{align}

xy-Ebene -> x_3=0

\begin{align}

6 + 20 \lambda &= 0 \\

\lambda = -\frac{6}{20} = -0,3 \\

\end{align}

Man setzt nun Lambda in die obere Geradengleichung ein und erhält so den Schattenpunkt E'.

\overrightarrow{s}=\left( \begin{array}{c} 6,8 \\ -5,6 \\ 0 \end{array} \right)


Um die Bedinungen zu testen musst zuerst die Ebene E_1 aufgestellt werden. Dazu benutzen wir die folgenden Informationen aus dem Text um den Stützvektor und beide Spannvektoren herauszufinden.


Stützvektor: Punkt L

Spannvektor 1: \overrightarrow{LP}

Spannvektor 2: Ebene liegt senkrecht auf Würfeloberseite. Somit müssen der x- und y-Wert null sein.


E_1: \overrightarrow{x}=\left( \begin{array}{c} -40 \\ 23 \\ 26 \end{array} \right) + \lambda \left( \begin{array}{c} 60 \\ -30 \\ -10 \end{array} \right) + \mu \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)


\overrightarrow{n}= \left( \begin{array}{c} 60 \\ -30 \\ -10 \end{array} \right) \times \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right)


E_1: \left[ \overrightarrow{x} - \left( \begin{array}{c} -40 \\ 23 \\ 26 \end{array} \right) \right] \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 2 \\ 0 \end{array} \right) = 0

E_1:x_1+2x_2=6



I.

Würfeloberseite:  E_2: x_3 = 6 Da die Ebene waagerecht ist und den x_3-Wert 6 besitzt.

Die Schnittgerade von  E_1 und Würfel:

Dazu bilden wir ein LGS und lösen dies nach x_2 auf. Der x_3-Wert ist uns bereits durch die Würfeloberseite bekannt.


\begin{align}
g: \overrightarrow{x} &=\left( \begin{array}{c} 6-2x_2 \\ x_2 \\ 6 \end{array} \right) \\

&=\left( \begin{array}{c} 6 \\ 0 \\ 6 \end{array} \right) + \lambda \left( \begin{array}{c} -2 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) \\
\end{align}

\lambda = 3 Für Lambda gleich 3 sehen wir, dass der Punkt R auf der Schnittgeraden der beiden Ebenen liegt.

\overrightarrow{R}=\left( \begin{array}{c} 0 \\ 3 \\ 6 \end{array} \right)

R ist Element beider Ebenen.


II.

\alpha_1 = \angle ( \overrightarrow{LR};\overrightarrow{n} )


\overrightarrow{LR}= \left( \begin{array}{c} 40 \\ -20 \\ -20 \end{array} \right)


\begin{align}
cos( \alpha ) &= \frac{\left( \begin{array}{c} 40 \\ -20 \\ -20 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)}{\sqrt{2400} \cdot 1} = - \frac{20}{\sqrt{2400}} \\
 \alpha &=114,2^o \\
\end{align}


\alpha_2 = \angle ( \overrightarrow{PR};\overrightarrow{n} )


\overrightarrow{LR}= \left( \begin{array}{c} -20 \\ 10 \\ -10 \end{array} \right)


\begin{align}
cos( \alpha ) &= \frac{\left( \begin{array}{c} -20 \\ 10 \\ -10 \end{array} \right)\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)}{\sqrt{600} \cdot 1} = - \frac{10}{\sqrt{600}}\\
 \alpha &=114,2^o \\
\end{align}


Somit ist die Spiegelung winkeltreu und erfüllt die Bedienungen I und II.


. Aufgabe

Die Punkte im 3-Dimensionalen Raum sollen in die 2-Dimensionale yx-Ebene projeziert werden.

Beispielvektoren:

\left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right)


\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right)


\left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -0,5 \\ -0,5 \end{array} \right)


Daraus folgt:

\begin{pmatrix}
 a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
 a_{21} & a_{22} & a_{23}
 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{array}{c} x \\ y \\ z \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} y' \\ z' \end{array} \right)


\begin{pmatrix}
 a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
 a_{21} & a_{22} & a_{23}
 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \end{array} \right)

a_{12}=1

a_{22}=0


\begin{pmatrix}
 a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
 a_{21} & a_{22} & a_{23}
 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{array}{c} 1 \\ 0 \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} -0,5 \\ -0,5 \end{array} \right)

a_{11}=-0,5

a_{21}=-0,5


\begin{pmatrix}
 a_{11} & a_{12} & a_{13}\\
 a_{21} & a_{22} & a_{23}
 \end{pmatrix} \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 0 \\ 1 \end{array} \right)

a_{13}=0

a_{23}=1


Daraus folgt die Projektionsmatrix:

\begin{pmatrix}
 -0,5 & 1 & 0 \\
 -0,5 & 0 & 1
 \end{pmatrix}


F=\begin{pmatrix}
 cos \alpha & -sin \alpha & 0 \\
 sin \alpha & cos \alpha & 0\\
 0 & 0 & 1
 \end{pmatrix}

Die Drehachse der Drehmatrix:

\left( \begin{array}{c} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right)


Die Matrix M dreht ein 3D Objekt erst um den Winkel \alpha um die z-Achse und projiziert dieses dann in den 2D-Raum.