Landesabitur Hessen 2014 B2

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. Aufgabe; Lösungsvorschlag von --Vincent97 (Diskussion) 17:09, 17. Jan. 2015 (CET)

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)

Quaderabi61.jpg

Quaderabi62.jpg


Der Bildpunkt lässt sich bestimmen, indem wir den Spurpunkt S1;2 einer Geraden berechnen. Diese Gerade muss durch L und E verlaufen.

g:\ \vec{x}=\begin{pmatrix}
 -40\\
 23\\
26
 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix}
 36\\
 -22\\
 -20
 \end{pmatrix}

26-20s=0

s=\frac{13}{10}=1,3

\vec{s_{1;2}}=\begin{pmatrix}
 -40\\
 23\\
26
 \end{pmatrix}+1,3 \cdot \begin{pmatrix}
 36\\
 -22\\
 -20
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 6,8\\
 -5,6\\
 0
 \end{pmatrix}

S1;2(6,8|-5,6|0)


Abi613.JPG

I. Die Würfeloberseite hat die Ebene E: x3=6

Die zweite Ebene muss man aus den Punkten P;L und den Normalenvektor der Würfeloberseite bilden.

E_2: \ \vec{x}=\begin{pmatrix}
 20\\
 7\\
6
 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix}
 60\\
 -30\\
 -10
 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix}
 0\\
 0\\
 1
 \end{pmatrix}

E_2: \ \bigg[ \vec{x}-\begin{pmatrix}
 20\\
 7\\
6
 \end{pmatrix}\bigg] \cdot \begin{pmatrix}
 1\\
 2\\
 0
 \end{pmatrix}=0

E_2: \ x_1+2x_2=6

Lgsabi6.JPG

Da das LGS schon in Dreiecksform ist, kann man es direkt verwenden und den \vec{x} der Schnittgeraden bilden.

g:\ \vec{x}=\begin{pmatrix}
 x_1\\
 x_2\\
 x_3
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 6-2x_2\\
 x_2\\
 6
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 6\\
 0\\
 6
 \end{pmatrix}+\lambda \cdot \begin{pmatrix}
 -2\\
 1\\
 0
 \end{pmatrix}

Jetzt muss man nur noch eine Punktprobe machen, und schauen, ob der Punkt R auf dieser Schnittgeraden liegt.

\begin{pmatrix}
 0\\
 3\\
 6
 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}
 6\\
 0\\
 6
 \end{pmatrix}+\lambda \cdot \begin{pmatrix}
 -2\\
 1\\
 0
 \end{pmatrix}

\begin{pmatrix}
 -6\\
 3\\
 0
 \end{pmatrix}=\lambda \cdot \begin{pmatrix}
 -2\\
 1\\
 0
 \end{pmatrix}\ \ \Rightarrow \ \ \lambda=3

Die erste Bedingung ist erfülllt.


II. Winkelbestimmung

Nun müssen wir noch nachweisen, dass \angle \vec{RL}=\angle \vec{RP} ist.

\vec{n}=\begin{pmatrix} 
 0\\
 0\\
 1
 \end{pmatrix}

\vec{RL}=\begin{pmatrix} 
 -40\\
 20\\
 20
 \end{pmatrix}

\cos  \alpha=\frac{20}{20\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\ \ \Rightarrow \ \ \alpha=65.91^o

\begin{pmatrix} 
 20\\
 -10\\
 10
 \end{pmatrix}

\cos \beta=\frac{10}{10\sqrt{6}}=\frac{\sqrt{6}}{6}\ \ \Rightarrow \ \ \beta=65.91^o

Da Ein- und Ausfallswinkel gleich sind, ist die zweite Bedingung für den Punkt R auch erfüllt.


. Aufgabe; Lösungsvorschlag von --Vincent97 (Diskussion) 15:37, 17. Jan. 2015 (CET)

Wir wollen eine Matrix erstellen, die uns die Punkte von einem 3D in ein 2D Koordinatensystem überführt. Die Matrix braucht folglich 3 Spalten und 2 Zeilen.

WIr nehmen die Einheitsvektoren zuhilfe:

1. Spalte der Matrix

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

2. Spalte

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

3. Spalte

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

Die gesuchte Projektionsmatrix T ist folglich:

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