Aufgabe 6030
Abitur 2015 Gymnasium Bayern - Prüfungsteil B - Geometrie
Angabe mit freundlicher Genehmigung vom Bayerischen Staatsministerium für Bildung und Kultus, Wissenschaft und Kunst
Die Abbildung zeigt eine Sonnenuhr mit einer gegenüber der Horizontalen geneigten, rechteckigen Grundplatte, auf der sich ein kreisförmiges Zifferblatt befindet. Auf der Grundplatte ist der Polstab befestigt, dessen Schatten bei Sonneneinstrahlung die Uhrzeit auf dem
Zifferblatt anzeigt. Eine Sonnenuhr dieser Bauart wird in einem kartesischen Koordinatensystem modellhaft dargestellt (siehe nachfolgende Abbildung).
Dabei beschreibt das Rechteck ABCD mit \(A\left( {5\left| { - 4\left| 0 \right.} \right.} \right)\) und \(B\left( {5\left| {4\left| 0 \right.} \right.} \right)\) die Grundplatte der Sonnenuhr. Der Befestigungspunkt des Polstabs auf der Grundplatte wird im Modell durch den Diagonalenschnittpunkt \(M\left( {2,5\left| {0\left| 2 \right.} \right.} \right)\) des Rechtecks ABCD dargestellt. Eine Längeneinheit im Koordinatensystem entspricht 10cm in der Realität. Die Horizontale wird im Modell durch die x1x2-Ebene beschrieben.
1. Teilaufgabe a.1) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Bestimmen Sie die Koordinaten des Punkts C.
2. Teilaufgabe a.2) 3 BE - Bearbeitungszeit: 7:00
Ermitteln Sie eine Gleichung der Ebene E, in der das Rechteck ABCD liegt, in Normalenform.
(mögliches Teilergebnis: \(E:4{x_1} + 5{x_3} - 20 = 0\))
Die Grundplatte ist gegenüber der Horizontalen um den Winkel α geneigt. Damit man mit der Sonnenuhr die Uhrzeit korrekt bestimmen kann, muss für den Breitengrad φ des Aufstellungsorts der Sonnenuhr \(\alpha + \varphi = 90^\circ \) gelten.
3. Teilaufgabe b) 4 BE - Bearbeitungszeit: 9:20
Bestimmen Sie, für welchen Breitengrad φ die Sonnenuhr gebaut wurde.
Der Polstab wird im Modell durch die Strecke \(\left[ {MS} \right]{\rm{ mit }}S\left( {4,5\left| {0\left| {4,5} \right.} \right.} \right)\) dargestellt.
4. Teilaufgabe c.1) 1 BE - Bearbeitungszeit: 2:20
Zeigen Sie, dass der Polstab senkrecht auf der Grundplatte steht.
5. Teilaufgabe c.2) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Berechnen Sie die Länge des Polstabs auf Zentimeter genau.
Sonnenlicht, das an einem Sommertag zu einem bestimmten Zeitpunkt t0 auf die Sonnenuhr einfällt, wird im Modell durch parallele Geraden mit dem Richtungsvektor
\(\overrightarrow u = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 6\\ 6\\ { - 13} \end{array}} \right)\)dargestellt.
6. Teilaufgabe d) 6 BE - Bearbeitungszeit: 14:00
Weisen Sie nach, dass der Schatten der im Modell durch den Punkt S dargestellten Spitze des Polstabs außerhalb der rechteckigen Grundplatte liegt.
Um 6 Uhr verläuft der Schatten des Polstabs im Modell durch den Mittelpunkt der Kante \(\left[ {BC} \right]\), um 12 Uhr durch den Mittelpunkt der Kante \(\left[ {AB} \right]\) und um 18 Uhr durch den Mittelpunkt der Kante \(\left[ {AD} \right]\).
7. Teilaufgabe e) 2 BE - Bearbeitungszeit: 4:40
Begründen Sie, dass der (in Teilaufgabe c, Anm.) betrachtete Zeitpunkt t0 vor 12 Uhr liegt.
Im Verlauf des Vormittags überstreicht der Schatten des Polstabs auf der Grundplatte in gleichen Zeiten gleich große Winkel.
8. Teilaufgabe f) 3 BE - Bearbeitungszeit: 7:00
Bestimmen Sie die Uhrzeit auf Minuten genau, zu der der Schatten des Polstabs im Modell durch den Punkt B verläuft.
Lösungsweg
1. Teilaufgabe:
Koordinaten des Punkts C:
M liegt in der Ebene ABCD. Um zum Punkt C zu gelangen, müssen wir vom Ursprung zum Punkt A gehen, und von dort aus diagonal, die doppelte Strecke AM:
Für dieses Beispiel ist es sehr hilfreich ein gutes räumliches Verständnis der Anordnung aufzubauen. Deshalb haben wir auch die Koordinaten vom Punkt D berechnet.
- Man kann den x3-Koordinaten x3=0 entnehmen, dass die AB-Kante der Grundplatte in der x1x3 Ebene liegt.
- Man kann den x1-Koordinaten x1=0 entnehmen, dass die CD-Kante der Grundplatte in der x2x3 Ebene liegt.
2. Teilaufgabe:
Gleichung der Ebene E
Die Ebene E wird durch die uns bekannten Vektoren \(\overrightarrow {AB} ,\,\,\,\overrightarrow {AM} \) und \(\overrightarrow {AC} \) aufgespannt. Weiters liegen die Punkte A, B, C, D und M in der Ebene E.
Für die Normalenform einer Ebene benötigen wir einen Aufpunkt der Ebene und einen Vektor n, der normal auf die Ebene steht. Mit Hilfe dieser beiden Bestimmungsgrößen kann jeder beliebige Punkt X der Ebene berechnet werden:
\(\varepsilon :\overrightarrow n \cdot \left( {\overrightarrow X - \overrightarrow P } \right) = 0\)
Um den erforderlichen Normalenvektor zu erhalten, bedienen wir uns des Kreuzprodukts, auch vektorielles Produkt genannt. Das Kreuzprodukt zweier Vektoren ist ein (dritter) Vektor, der senkrecht auf die von den beiden Vektoren aufgespannte Ebene steht.
\(\begin{array}{l} \overrightarrow n = \overrightarrow {AB} \times \overrightarrow {AM} \\ \\ \overrightarrow {AB} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ 4\\ 0 \end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 0 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 8\\ 0 \end{array}} \right)\\ \overrightarrow {AM} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2,5}\\ 4\\ 2 \end{array}} \right)\\ \\ \overrightarrow n = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 8\\ 0 \end{array}} \right) \times \left( {\begin{array}{*{20}{c}} { - 2,5}\\ 4\\ 2 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {8 \cdot 2 - 0 \cdot 4}\\ {0 \cdot \left( { - 1,5} \right) - 0 \cdot 2}\\ {0 \cdot 4 - 8 \cdot \left( { - 2,5} \right)} \end{array}} \right) = \\ = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {16}\\ 0\\ {20} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 0\\ 5 \end{array}} \right) \end{array}\)
Im letzten Rechenschritt haben wir die Komponenten des Vektors n durch 5 gekürzt. Das ist zulässig da wir dadurch zwar den Betrag des Vektors verändern, aber nicht seine Richtung und nur auf die Richtung normal zur Ebene kommt es an.
Unter Verwendung des soeben berechneten Normalenvektors und des Punktes A, können wir die Normalenform der Ebene in Vektordarstellung wie folgt anschreiben, wobei X für jeden beliebigen Punkt der Ebene steht:
\(\begin{array}{l} \varepsilon :\overrightarrow n \cdot \left( {\overrightarrow X - \overrightarrow A } \right) = 0\\ \varepsilon :\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 0\\ 5 \end{array}} \right) \cdot \left( {\overrightarrow X - \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 0 \end{array}} \right)} \right) = 0 \end{array}\)
Wollen wir die Allgemeine Form der Ebenengleichung, dann müssen wir wie folgt weiter rechnen:
\(\begin{array}{l} 4 \cdot \left( {{x_1} - 5} \right) + 0 \cdot \left( {{x_2} + 4} \right) + 5 \cdot \left( {{x_3} - 0} \right) = 0\\ 4 \cdot {x_1} - 20 + 5 \cdot {x_3} = 0\\ 4 \cdot {x_1} + 5 \cdot {x_3} - 20 = 0 \end{array}\)
3. Teilaufgabe:
Für welchen Breitengrad φ wurde die Sonnenuhr gebaut:
Der Winkel α ist der Winkel zwischen zwei Ebenen:
- Einerseits die horizontale Ebene und
- andererseits die Grundplatte, deren Normalenvektor wir kennen.
Zuerst schreiben wir den Normalenvektor der horizontalen Ebene, der in die Richtung der x3- Koordinatenachse weist, wie folgt an:
\({{\rm{x}}_{\rm{1}}}{{\rm{x}}_{\rm{2}}}{\rm{ - Ebene: }}{{\rm{n}}_{{x_1}{x_2}}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 0\\ 1 \end{array}} \right)\)
Ein Blick in die Formelsammlung liefert den gesuchten Winkel α, als den Winkel zwischen den beiden die jeweilige Ebene bestimmenden Normalvektor zu:
\(\alpha = \arccos \dfrac{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} \circ \overrightarrow {{n_2}} } \right|}}{{\left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| \cdot \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right|}}\)
Somit:
\(\begin{array}{l} \overrightarrow {{n_1}} \circ \overrightarrow {{n_2}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 0\\ 5 \end{array}} \right) \circ \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 0\\ 1 \end{array}} \right) = 4 \cdot 0 + 0 \cdot 0 + 5 \cdot 1 = 5\\ \left| {\overrightarrow {{n_1}} } \right| = \sqrt {{4^2} + {0^2} + {5^2}} = \sqrt {16 + 25} = \sqrt {41} \\ \left| {\overrightarrow {{n_2}} } \right| = \sqrt {{0^2} + {0^2} + {1^2}} = 1\\ \\ \alpha = \arccos \dfrac{5}{{\sqrt {41} }} \approx 38,66^\circ \end{array}\)
Für den gesuchten Breitegrad gilt:
\(\begin{array}{l} \varphi = 90^\circ - \alpha \\ \varphi \approx 90^\circ - 38,66 \approx 51,34^\circ \end{array}\)
→ Der Neigungswinkel der Sonnenuhr wurde für einen Breitengrad von 51,34° ausgelegt.
Anmerkung:
Der 51. Breitengrad verläuft 51° nördlich und parallel zum Äquator. Paris liegt südlich und London liegt nördlich vom 51. Breitengrad.
4. Teilaufgabe:
Polstab senkrecht auf der Grundplatte
Der Polstab, charakterisiert durch den Vektor
\(\overrightarrow {MS} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {4,5}\\ 0\\ {4,5} \end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2,5}\\ 0\\ 2 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {4,5 - 2,5}\\ {0 - 0}\\ {4,5 - 2} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2\\ 0\\ {2,5} \end{array}} \right)\)
steht dann senkrecht auf die Grundplatte, wenn er parallel zum Normalenvektor
\(\overrightarrow n = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 0\\ 5 \end{array}} \right)\)
der Grundplatte verläuft.
Zwei Vektoren sind dann zueinander parallel, wenn der Betrag von dem Vektor, der sich aus dem Kreuzprodukt ergibt, Null ist.
\(\overrightarrow {MS} \times \overrightarrow n = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2\\ 0\\ {2,5} \end{array}} \right) \times \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 0\\ 5 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {0 \cdot 5 - 2,5 \cdot 0}\\ {2,5 \cdot 4 - 2 \cdot 5}\\ {2 \cdot 0 - 0 \cdot 4} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 0\\ 0 \end{array}} \right)\)
Alternativ kann man auch zeigen, dass die beiden Vektoren linear abhängig sind. D.h es muss gelten:
\(\begin{array}{l} \overrightarrow {MS} = \lambda \cdot \overrightarrow n \\ \\ \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 2\\ 0\\ {2,5} \end{array}} \right) = \lambda \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 0\\ 5 \end{array}} \right)\\ \\ 2 = {\lambda _1} \cdot 4 \to {\lambda _1} = 0,5\\ 2,5 = {\lambda _3} \cdot 5 \to {\lambda _3} = 0,5\\ \\ {\lambda _1} = {\lambda _2} = {\lambda _3} \to {\rm{lineare Abhängigkeit}} \end{array}\)
Wir konnten auf 2 Arten zeigen, dass der Polstab senkrecht auf die Grundplatte steht.
5. Teilaufgabe:
Die Länge des Polstabs entspricht dem Betrag des Vektors vom Fußpunkt zur Spitze gemäß:
\(\left| {\overrightarrow {MS} } \right| = \sqrt {{2^2} + {0^2} + {{2,5}^2}} = \sqrt {4 + 6,25} = \sqrt {10,25} \approx 3,20156\)
Eine LE entspricht 10 cm.
→ Der Polstab ist ca. 32 cm lang.
6. Teilaufgabe:
Schatten der Spitze des Polstabs außerhalb der rechteckigen Grundplatte:
Zuerst müssen wir eine Gerade anschreiben, die durch den Punkt S verläuft und deren Richtungsvektor gleich dem Vektor u ist:
\(\begin{array}{l} g:\overrightarrow X = \overrightarrow S + \lambda \cdot \overrightarrow u \\ g:\overrightarrow X = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {4,5}\\ 0\\ {4,5} \end{array}} \right) + \lambda \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 6\\ 6\\ { - 13} \end{array}} \right) \end{array}\)
Nun müssen wir den Durchstoßpunkt bzw. Schnittpunkt dieser Geraden g mit der Ebene
\(\varepsilon :4 \cdot {x_1} + 5 \cdot {x_3} - 20 = 0\)
in der die Grundplatte liegt, bestimmen. Wir müssen also jenes Lambda bestimmen, bei dem der Punkt sowohl der Geraden als auch der Ebene angehört:
\(\begin{array}{l} g \cap \varepsilon \\ 4 \cdot \left( {4,5 + \lambda \cdot 6} \right) + 5 \cdot \left( {4,5 + \lambda \cdot \left( { - 13} \right)} \right) - 20 = 0\\ 18 + 24 \cdot \lambda + 22,5 - 65 \cdot \lambda - 20 = 0\\ \lambda \cdot \left( {24 - 65} \right) + \left( {18 + 22,5 - 20} \right) = 0\\ - 41 \cdot \lambda + 20,5 = 0\\ - 41 \cdot \lambda = - 20,5\\ \lambda = \dfrac{{ - 20,5}}{{ - 41}} = 0,5 \end{array}\)
Wir erhalten den Durchstoßpunkt, indem wir \(\lambda = 0,5\) in die Geradengleichung einsetzen:
\(\begin{array}{l} g:\overrightarrow S = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {4,5}\\ 0\\ {4,5} \end{array}} \right) + 0,5 \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 6\\ 6\\ { - 13} \end{array}} \right)\\ \overrightarrow S = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {4,5 + 0,5 \cdot 6}\\ {0 + 0,5 \cdot 6}\\ {4,5 + 0,5 \cdot \left( { - 13} \right)} \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {7,5}\\ 3\\ { - 2} \end{array}} \right) \end{array}\)
Wir interpretieren die Koordinaten vom Schnittpunkt wie folgt:
Laut Angabe liegen die Punkte \(A\left( {5\left| { - 4\left| 0 \right.} \right.} \right)\) und \(B\left( {5\left| {4\left| 0 \right.} \right.} \right)\) der Grundplatte in der x1x2-Ebene, da ihre x3 Komponente jeweils 0 ist. Die Verbindungsgerade der Punkte A und B ist daher die unterste Kante der Grundplatte. Wegen der negativen x3 Koordinate vom Punkt S liegt S zwar in der Ebene der Grundplatte, aber tiefer und somit außerhalb der Grundplatte ABCE.
7. Teilaufgabe:
Der betrachtete Zeitpunkt t0 liegt vor 12 Uhr
Der Schatten durchläuft im Laufe des Tages einen Halbkreis.
- um 6 Uhr steht er im rechten Winkel auf die Kante BC
- um 12 Uhr steht er im rechten Winkel auf die Kante AB, daher muss er durch den Halbierungspunkt der Strecke AB laufen
- um 18 Uhr steht er im rechen Winkel auf die Kante AD
\(\begin{array}{l} \overrightarrow {{H_{AB}}} = \overrightarrow A + \frac{1}{2} \cdot \overrightarrow {AB} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 0 \end{array}} \right) + \frac{1}{2} \cdot \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 8\\ 0 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ 0\\ 0 \end{array}} \right)\\ \overrightarrow {M{H_{AB}}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ 0\\ 0 \end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2,5}\\ 0\\ 2 \end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2,5}\\ 0\\ { - 2} \end{array}} \right) \end{array}\)
Die Vektoren \(\overrightarrow {M{H_{AB}}} {\text{ und }}\overrightarrow {MS} \) liegen beide in der Ebene der Grundplatte und ihr Schnittwinkel beträgt:
\(\cos \varphi = \dfrac{{\overrightarrow a \circ \overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|}}\)
Somit:
\(\begin{array}{l}
\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
0\\
0
\end{array}} \right) \circ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
0\\
{ - 2}
\end{array}} \right) = \left( {5 \cdot 2,5} \right) + \left( {0 \cdot 0} \right) + \left( {0 \cdot \left( { - 2} \right)} \right) = 12,5\\
\sqrt {{5^2} + {0^2} + {0^2}} = 5\\
\sqrt {{{2,5}^2} + {0^2} + {{( - 2)}^2}} = \sqrt {10,25} \\
\\
\delta = \arccos \dfrac{5}{{5 \cdot \sqrt {10,25} }} \approx 71,8^\circ < 90^\circ \to {\rm{Vormittag}}
\end{array}\)
8. Teilaufgabe:
Uhrzeit auf Minuten genau, zu der der Schatten des Polstabs im Modell durch den Punkt B läuft
Wir fassen alle bisher berechneten Punkte in einer Illustration zusammen:
\(\begin{array}{l}
\overrightarrow {M{H_{AB}}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
0\\
{ - 2}
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
0\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
0\\
2
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
0\\
{ - 2}
\end{array}} \right)\\
\overrightarrow {M{H_{BC}}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
4\\
2
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
0\\
2
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
0\\
4\\
0
\end{array}} \right)\\
\overrightarrow {MB} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
5\\
4\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
0\\
2
\end{array}} \right) = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
4\\
{ - 2}
\end{array}} \right)
\end{array}\)
Die Vektoren \(\overrightarrow {M{H_{AB}}} {\text{ und }}\overrightarrow {MB} \) liegen beide in der Ebene der Grundplatte und ihr Schnittwinkel beträgt:
\(\cos \varphi = \dfrac{{\overrightarrow a \circ \overrightarrow b }}{{\left| {\overrightarrow a } \right| \cdot \left| {\overrightarrow b } \right|}}\)
Somit:
\(\begin{array}{l}
\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
0\\
{ - 2}
\end{array}} \right) \circ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
4\\
{ - 2}
\end{array}} \right) = \left( {2,5 \cdot 2,5} \right) + \left( {0 \cdot 4} \right) + \left( {\left( { - 2} \right) \cdot \left( { - 2} \right)} \right) = 6,25 + 4 = 10,25\\
\sqrt {{{2,5}^2} + {0^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt {10,25} \\
\sqrt {{{2,5}^2} + {4^2} + {{( - 2)}^2}} = \sqrt {26,25} \\
\\
\delta = \arccos \dfrac{{10.25}}{{\sqrt {10.25} \sqrt {26.25} }} \approx 51,33^\circ
\end{array}\)
Nun müssen wir vom Winkel auf die Uhrzeit umrechnen:
- 6 Stunden entsprechen 90°.
- x Stunden entsprechen 51,33°
\(\begin{array}{l}
\dfrac{6}{x} = \dfrac{{90}}{{51,33}}\\
x = \dfrac{{6 \cdot 51,33}}{{90}} = 3,422
\end{array}\)
Wir müssen von 12 Uhr um 3,422 Stunden zurück rechnen: 12-3,422=8,578 Uhr bzw. 08:35
→ Der Schatten des Polstabs im Modell läuft um 08:35 durch den Punkt B.
Alternativ können wir auch wie folgt rechnen:
\(\begin{array}{l}
\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
0\\
4\\
0
\end{array}} \right) \circ \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2,5}\\
4\\
{ - 2}
\end{array}} \right) = \left( {0 \cdot 2,5} \right) + \left( {4 \cdot 4} \right) - \left( {0 \cdot \left( { - 2} \right)} \right) = 16\\
\sqrt {{0^2} + {4^2} + {0^2}} = 4\\
\sqrt {{{2.5}^2} + {4^2} + {{\left( { - 2} \right)}^2}} = \sqrt {26,25} \\
\\
\delta = \arccos \dfrac{{16}}{{4 \cdot \sqrt {26.25} }} \approx 38,67^\circ
\end{array}\)
Nun müssen wir vom Winkel auf die Uhrzeit umrechnen:
- 6 Stunden entsprechen 90°.
- x Stunden entsprechen 38,67°
\(\begin{array}{l}
\dfrac{6}{x} = \dfrac{{90}}{{38,67}}\\
x = \dfrac{{6 \cdot 38,67}}{{90}} = 2,578
\end{array}\)
Wir müssen zu 6 Uhr noch 2,578 Stunden dazu rechnen: 6+2,578=8,578 Uhr bzw. 08:35
→ Der Schatten des Polstabs im Modell läuft um 08:35 durch den Punkt B.
Ergebnis
Die richtige Lösung lautet:
1. Teilaufgabe:
\(\overrightarrow C = \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 0\\ 4\\ 4 \end{array}} \right)\)
2. Teilaufgabe:
Normalenform der Ebene in Vektordarstellung
\(\varepsilon :\left( {\begin{array}{*{20}{c}} 4\\ 0\\ 5 \end{array}} \right) \cdot \left( {\overrightarrow X - \left( {\begin{array}{*{20}{c}} 5\\ { - 4}\\ 0 \end{array}} \right)} \right) = 0\)
Allgemeine Form der Ebenengleichung
\(4 \cdot {x_1} + 5 \cdot {x_3} - 20 = 0\)
3. Teilaufgabe:
Der Neigungswinkel der Sonnenuhr wurde für einen Breitengrad von 51,34° ausgelegt.
4. Teilaufgabe:
Wir konnten mit Hilfe vom Kreuzprodukt und mit Hilfe des Nachweises von linearer Abhängigkeit auf 2 Arten zeigen, dass der Polstab senkrecht auf die Grundplatte steht.
5. Teilaufgabe:
Der Polstab ist ca. 32 cm lang.
6. Teilaufgabe:
Wegen der negativen x3 Koordinate vom Punkt S liegt S zwar in der Ebene der Grundplatte, aber tiefer und somit außerhalb der Grundplatte ABCE.
7. Teilaufgabe:
Mittels Winkelberechnung können wir zeigen, dass es Vormittag sein muss.
8. Teilaufgabe:
Der Schatten des Polstabs im Modell läuft um 08:35 durch den Punkt B.