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| Aufgabe | 1) Der Punkt F ist ein beliebiger Punkt der Gerade g: [mm] \vec x [/mm]= [mm] \begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -1 \\ -5 \\ 5,5 \end{pmatrix}. [/mm] Zeigen Sie, dass für die Flächeninhalte der Dreiecke ACF und ABC das Verhältnis 1:2 gilt! ( A(11|8|-9); B(3|4|-1); C(9|-2|2) [mm] \to [/mm] Flächeninhalt von ABC A=54; rechtwinkliges Dreieck)
2)Weisen Sie nach, dass der Punkt D (10|9|8,5) nicht in der Ebene E x1+2x2+23=9 liegt.
Der Punkt D wird an der Ebene E gespeigelt. Bestimmen Sie die Koordinaten des Bildpunktes D'! |
Ich habe diese Frage in keinem Forum auf anderen Internetseiten gestellt.
Hallo!
Ich bin echt am Verzweifeln. Komme bei diesen beiden Aufgaben keinen Schritt weiter!
Ich erklär aber mal kurz, wie weit ich gekommen bin:
Bei 1)
Gerade h aufstellen (geht durch die Punkte A und C)
h: [mm] \vec x [/mm]= [mm] \begin{pmatrix} 11 \\ 8 \\ -9 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -2 \\ -10 \\ 11 \end{pmatrix}
[/mm]
h=g [mm] \to [/mm] g und h haben keine gemeinsamen Punkte
Die Richtungsvektoren von g und h sind aber linear abhängig
[mm] \Rightarrow [/mm] h und g sind parallel
[mm] \vec {AF} [/mm] [mm] \perp[/mm] [mm] \vec {AC} [/mm]
F [mm] \in [/mm] g
Nur leider komme ich auch mit diesen zwei Erkenntnissen an diese Stelle nicht weiter
Bei 2)
In der Schule hatten wir leider immer nur den Fall, dass wir einen Punkt an einer Geraden spiegeln sollten. Nur da ich hier eine Ebene gegeben habe, weiß ich echt nicht, wie ich das anstellen soll. Sonst immer habe ich zur Gerade eine Hilfsebene aufgestellt, aber das geht ja nun nicht.
Wäre nett, wenn mir jemand hier weiter helfen könnte.
Danke im Vorraus
LG Nicole
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Also die 2. Aufgabe hab ich jetzt doch tatsächlich selbst hin bekommen:
Ich habe eine Gerade h aufgestellt, die ducrh D geht und dessen Richtungsvektor gleich dem Normalenvektor der Ebene ist
h: [mm] \vec x [/mm]= [mm] \begin{pmatrix}10 \\ 9 \\ 8,5 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}
[/mm]
Gerade h habe ich dann in die Ebene eingesetzt:
1(10+t)+2(9+2t)+2(8,5+2t)=9
10+t+18+4t+17+4t=9
t=-4
t dann in h einsetzten:
[mm] \vec x [/mm]= [mm] \begin{pmatrix}10 \\ 9 \\ 8,5 \end{pmatrix}-4\begin{pmatrix}1 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}
[/mm]
[mm] \to [/mm] F(6|1|0,5)
[mm] \vec{0D'}= \vec{0D}+2 \vec{DF}
[/mm]
D'(2|-7|-7,5)
Wenn mir jetzt noch jemand die erste Aufgabe erklären könnte, wäre mein Tag gerettet.
LG Nicole
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Hallo Nicky,
> h=g [mm]\to[/mm] g und h haben keine gemeinsamen Punkte
> Die Richtungsvektoren von g und h sind aber linear
> abhängig
> [mm]\Rightarrow[/mm] h und g sind parallel
>
Hast du die Gleichung von g (insbesondere den Richtungsvektor) richtig angegeben? In deiner Lösung beschreibst du nämlich, dass g und h parallel sind (was im Zusammenhang der Aufgabenstellung auch Sinn macht), aber das kommt mit den Zahlen nicht hin...
[mm]\vec {AF}[/mm] [mm]\perp[/mm] [mm]\vec {AC}[/mm]
Wieso? F ist doch auf g verschiebbar!?
Sollte meine Vermutung stimmen, hier ein Tipp für die Lösung: wenn g parallel zu AC, dann bedeutet das, dass der Abstand von g zur Geraden durch A und C überall gleich ist. F ist nach Voraussetzung ein Punkt der Geraden g, d.h. dann ist sein Abstand zu AC auch immer der Gleiche, egal wo auf g er sich befindet!
Wenn du nun den Flächeninhalt für das Dreieck ACF bestimmst, dann verwende die Strecke AC als Grundseite und den Abstand von F zu AC als Höhe.
Wenn g parallel zu AC ist, dann ist diese Höhe immer gleich lang, egal wo sich F genau befindet, klar?
Jedenfalls macht die Aufgabe nur Sinn, wenn der Flächeninhalt von ACF konstant bleibt, auch wenn die Lage von F auf g sich ändert. Denn der Flächeninhalt von ABC wird ja nicht verändert, und dann könnte das Verhältnis der Flächeninhalte nicht konstant sein!
Ich hoffe, meine Hinweise sind dir eine Hilfe!
Viele Grüße,
zerbinetta
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 15:16 Mo 01.05.2006 | | Autor: | Disap |
Moin moin.
> Jedenfalls macht die Aufgabe nur Sinn, wenn der
> Flächeninhalt von ACF konstant bleibt, auch wenn die Lage
> von F auf g sich ändert.
Das finde ich überhaupt nicht, genau das macht die Aufgabe ja interessant. Der Abstand der Geraden g und h zueinander war irgendwie etwas mit 3.4. Die Höhe muss allerdings 3.6 betragen. Ich suche also den Punkt von der Geraden h, der den Abstand 3.6 zu einem bestimmten Punkt der Geraden g hat. Nur leider habe ich das nicht hinbekommen, was zeigt, dass ich das Thema nicht verstanden habe.
Wie dem auch sei, ich finde, die Aufgabe macht so auch schon Sinn.
Bei parallelen Geraden wäre die Aufgabe witzlos, weil es da einfacherer wäre.
MfG
Disap
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 15:59 Mo 01.05.2006 | | Autor: | zerbinetta |
Hallo Disap,
> > Jedenfalls macht die Aufgabe nur Sinn, wenn der
> > Flächeninhalt von ACF konstant bleibt, auch wenn die Lage
> > von F auf g sich ändert.
>
> Das finde ich überhaupt nicht, genau das macht die Aufgabe
> ja interessant.
Bei allem Respekt - aber da irrst du dich wohl...
Wenn g nicht parallel zu AC ist und ich F in den Schnittpunkt von g mit AC lege, dann hat das Dreieck ACF den Flächeninhalt 0. Der ist garantiert weder doppelt noch halb so groß wie der Flächeninhalt von Dreieck ABC, der immer 54 beträgt!
> Nur leider habe ich das nicht hinbekommen, was zeigt,
> dass ich das Thema nicht verstanden habe.
Dann ist dein Beitrag vielleicht auch etwas voreilig???
> Bei parallelen Geraden wäre die Aufgabe witzlos, weil es da
> einfacherer wäre.
Manchmal sind Aufgaben, wenn man sie sich anschaulich macht, beinahe trivial...
Viele Grüße,
zerbinetta
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:11 Mo 01.05.2006 | | Autor: | Disap |
Hallo zerbinetta.
> > Das finde ich überhaupt nicht, genau das macht die Aufgabe
> > ja interessant.
>
> Bei allem Respekt - aber da irrst du dich wohl...
Bei allem Respekt hört sich so an, als würdest du dich durch meinen Kommentar angegriffen fühlen. Ich möchte betonen, dass ich dir damit auf keinen Fall zu nahe treten wollte. Aber ich halte die Aufgabe auch so für lösbar, siehe weiter unten.
> Wenn g nicht parallel zu AC ist und ich F in den
> Schnittpunkt von g mit AC lege, dann hat das Dreieck ACF
Also g lautete vorher:
$ [mm] \begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 5,5 \end{pmatrix} [/mm] $
Die Gerade h durch a und c
[mm] h:\vec{x}= \vektor{9\\-2\\2}+s\vektor{-2\\-10\\11}
[/mm]
Die Geraden g und h schneiden sich nicht. F muss auf der Geraden g liegen. Daher verstehe ich deine Aussage leider nicht so ganz.
> den Flächeninhalt 0. Der ist garantiert weder doppelt noch
> halb so groß wie der Flächeninhalt von Dreieck ABC, der
> immer 54 beträgt!
Also ich halte die Aufgabe für lösbar, unter folgenden Bedingungen:
F liegt auf der (falschen) Geraden g
die Gerade h beschreibt die Gerade zwischen A und C.
>
> > Nur leider habe ich das nicht hinbekommen, was zeigt,
> > dass ich das Thema nicht verstanden habe.
>
> Dann ist dein Beitrag vielleicht auch etwas voreilig???
Nööö. Ich behaupte lediglich, dass man die Aufgabe, so wie sie da stand, sicherlich lösbar ist. Immerhin ist der Abstand der beiden Geraden 3.4 zueinander, es wird jedoch eine Höhe von 3.6 benötigt. Das heißt, es muss einen Punkt geben, der auf der windschiefen Gerade g liegt.
> > Bei parallelen Geraden wäre die Aufgabe witzlos, weil es da
> > einfacherer wäre.
>
> Manchmal sind Aufgaben, wenn man sie sich anschaulich
> macht, beinahe trivial...
>
>
>
> Viele Grüße,
> zerbinetta
Liebe Grüße,
Disap
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:20 Mo 01.05.2006 | | Autor: | zerbinetta |
Hallo Disap,
das war nicht so gemeint (verschämt zur Seite guck)...
Ich habe den windschiefen Fall außer Acht gelassen (das war wohl etwas voreilig von MIR!)
Ich denk mal drüber nach - das sieht nicht gerade nach einer hübschen Lösung aus...
Viele Grüße,
zerbinetta
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(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 16:33 Mo 01.05.2006 | | Autor: | Disap |
Moin zerbinetta.
>
> das war nicht so gemeint (verschämt zur Seite guck)...
Och, so ein lieber Kommentar 
> Ich habe den windschiefen Fall außer Acht gelassen (das war
> wohl etwas voreilig von MIR!)
>
> Ich denk mal drüber nach - das sieht nicht gerade nach
> einer hübschen Lösung aus...
>
[mm] g:\vec{x}=$ \begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ 5,5 \end{pmatrix} [/mm] $
Die Gerade h durch a und c
$ [mm] h:\vec{x}= \vektor{9\\-2\\2}+s\vektor{-2\\-10\\11} [/mm] $
Mein Ansatz dazu sah so aus, der Flächeninhalt war mehr oder weniger gegeben (den kann man ja errechnen, er beträgt 27)
Daraus folgt
$27 = 0.5*g*h$
g ist der Betrag des Vektors [mm] \overline{AC}
[/mm]
$27 = [mm] 0.5*\wurzel{121+104}*h \rightarrow [/mm] h=3.6$
Nun berechne ich den Abstand der beiden Geraden mit der HNF
$d= [mm] [\begin{pmatrix} 7 \\ 6 \\ -5 \end{pmatrix}-\vektor{9\\-2\\2}]*\br{\vektor{44\\0\\8}}{\wurzel{44^2+8^2}}$
[/mm]
$d=3.4224$
Damit ist eigentlich gezeigt, dass es einen Punkt auf der Geraden h gibt, der zur Grundseite den Abstand > 3.4224 hat. Denn der Abstand, den ich aus der HNF herausbekomme, ist ja der kürzeste Abstand der beiden Geraden. Die Abstände werden immer größer und folglich muss es einen Punkt auf der Geraden g geben, die zur Geraden h den Abstand 3.6 hat.
Das ist die logische Überlegung, die Aufgabe wäre schon erfüllt. Wenn nicht meine Neugierde danach fragen würde, welches der Punkt F ist.
Und das fand ich so interessant.
Unlösbar ist es für mich zur Zeit, weil ich noch nicht ganz verstanden habe, auf welche Punkte der beiden Geraden sich der kürzeste Abstand bezieht.
Nur um meine Gedanken noch einmal nachzuliefern.
Ich danke dir aber für die 'mathematische' Diskussion.
Beste Grüße
Disap
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 22:12 Mo 01.05.2006 | | Autor: | zerbinetta |
Hallo Disap,
eigentlich sollte F ja ein BELIEBIGER Punkt auf g sein, insofern macht die Aufgabe ja doch nur Sinn, wenn g und AC parallel sind.
Aber bleiben wir ruhig mal bei unserem Fall...
Wie du schon gezeigt hast, ist der kürzeste Abstand zwischen den beiden windschiefen Geraden kleiner als die Höhe des gesuchten Dreiecks. Also muss mindestens ein solches Dreieck existieren.
Logischerweise müssen es sogar genau zwei Dreiecke sein, da ja die Abstände von den Punkten auf g zur Geraden AC sowohl rechts als auch links vom Lotfußpunkt auf g stetig zunehmen.
Benennen wir die Koordinaten von F mit f1, f2, f3, dann gibt es eine Ebene E, die den Punkt F enthält, und deren Normalenvektor gleich dem Richtungsvektor von h ist.
Das führt auf eine Koordinatenform von E, die allerdings nicht eindeutig bestimmt ist, da F ja noch unbekannt ist:
-2x1-10x2+11x3=-2f1-10f2+11f3
(Entschuldige die Schreibweise - ich bin etwas zu faul zur Formeleingabe...)
Ich bestimme den Schnitt von E und h, indem ich die Koordinaten von h für x1, x2 und x3 einsetze. Der Schnittpunkt von E und h ist ja der Fußpunkt des Lotes von F auf h.
(Der Term ist etwas unhandlich - ich gebe ihn hier jetzt mal nicht wieder...)
Dann überlege ich mir, dass F ja ein Punkt auf g ist, d.h. für f1, f2 und f3 kann ich die Koordinaten von g einsetzen. (Ich habe übrigens als Richtungsvektor von g den Vektor (-2,-2,11) genommen, um die Kommazahlen zu vermeiden.)
Man erhält einen Ausdruck, der nur noch von zwei Parametern abhängt. Wenn ich deine Bezeichnungen und meinen Richtungsvektor verwende, dann ist das
s= (72+145t)/225
Jetzt kommt die Abstandsforderung ins Spiel:
[mm]3,6= \wurzel{a^2+b^2+c^2} [/mm]
a, b und c erhält man, indem man die einzelnen Koordinaten der beiden Geradengleichungen voneinander subtrahiert, also z. B.
a=(11-2s)-(7-2t) (Wie gesagt, ich habe für g den doppelten RV verwendet.)
Das obige Ergebnis von s kann man dann in diesen Wurzelausdruck einsetzen und erhält eine Gleichung mit einer Variable t.
Die Gleichung führt auf eine quadratische Gleichung mit den Lösungen t=0 und t=-27/50
(Für deinen RV müsste die zweite Lösung dann t=-27/25 lauten.)
Das ergibt zwei Punkte F1(7,6,-5) und F2(202/25,177/25,-547/50).
Ich habe das Ergebnis jetzt nicht mehr überprüft, aber vielleicht hast du ja Lust dazu...
Viele Grüße,
zerbinetta
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 14:32 Di 02.05.2006 | | Autor: | Disap |
Moin moin.
> eigentlich sollte F ja ein BELIEBIGER Punkt auf g sein,
> insofern macht die Aufgabe ja doch nur Sinn, wenn g und AC
> parallel sind.
Ich habe die Aufgabenstellung halt etwas abgeändert
> Aber bleiben wir ruhig mal bei unserem Fall...
> Wie du schon gezeigt hast, ist der kürzeste Abstand
> zwischen den beiden windschiefen Geraden kleiner als die
> Höhe des gesuchten Dreiecks. Also muss mindestens ein
> solches Dreieck existieren.
> Logischerweise müssen es sogar genau zwei Dreiecke sein,
> da ja die Abstände von den Punkten auf g zur Geraden AC
> sowohl rechts als auch links vom Lotfußpunkt auf g stetig
> zunehmen.
>
> Benennen wir die Koordinaten von F mit f1, f2, f3, dann
> gibt es eine Ebene E, die den Punkt F enthält, und deren
> Normalenvektor gleich dem Richtungsvektor von h ist.
> Das führt auf eine Koordinatenform von E, die allerdings
> nicht eindeutig bestimmt ist, da F ja noch unbekannt ist:
> -2x1-10x2+11x3=-2f1-10f2+11f3
>
> (Entschuldige die Schreibweise - ich bin etwas zu faul zur
> Formeleingabe...)
Ist ja egal, deine Rechenschritte sind super erklärt und voll nachvollziehbar. ![[applaus]](/images/smileys/applaus.gif "[applaus]")
> Ich bestimme den Schnitt von E und h, indem ich die
> Koordinaten von h für x1, x2 und x3 einsetze. Der
> Schnittpunkt von E und h ist ja der Fußpunkt des Lotes von
> F auf h.
> (Der Term ist etwas unhandlich - ich gebe ihn hier jetzt
> mal nicht wieder...)
> Dann überlege ich mir, dass F ja ein Punkt auf g ist, d.h.
> für f1, f2 und f3 kann ich die Koordinaten von g einsetzen.
> (Ich habe übrigens als Richtungsvektor von g den Vektor
> (-2,-2,11) genommen, um die Kommazahlen zu vermeiden.)
> Man erhält einen Ausdruck, der nur noch von zwei
> Parametern abhängt. Wenn ich deine Bezeichnungen und meinen
> Richtungsvektor verwende, dann ist das
> s= (72+145t)/225
>
> Jetzt kommt die Abstandsforderung ins Spiel:
> [mm]3,6= \wurzel{a^2+b^2+c^2}[/mm]
> a, b und c erhält man, indem
> man die einzelnen Koordinaten der beiden Geradengleichungen
> voneinander subtrahiert, also z. B.
> a=(11-2s)-(7-2t) (Wie gesagt, ich habe für g den
> doppelten RV verwendet.)
> Das obige Ergebnis von s kann man dann in diesen
> Wurzelausdruck einsetzen und erhält eine Gleichung mit
> einer Variable t.
> Die Gleichung führt auf eine quadratische Gleichung mit
> den Lösungen t=0 und t=-27/50
> (Für deinen RV müsste die zweite Lösung dann t=-27/25
> lauten.)
>
> Das ergibt zwei Punkte F1(7,6,-5) und
> F2(202/25,177/25,-547/50).
> Ich habe das Ergebnis jetzt nicht mehr überprüft, aber
> vielleicht hast du ja Lust dazu...
Also F1 stimmt auf auf jedenfall
[mm] \Rightarrow [/mm] Super Rechnung, danke dafür.
War doch in diesem Falle eine super spannende Aufgabe!
Beste Grüße,
Disap
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig | | Datum: | 21:56 Di 02.05.2006 | | Autor: | zerbinetta |
![[prost]](/images/smileys/prost.gif "[prost]")
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Sorry, die Gleichung der Geraden g habe ich tatsächlich falsch abgeschrieben. Habe es im ursprünglichen Artikel berichtigt.
Die Geraden sollen laut meinem Lehrer parallel liegen (ist ja auch so). Nur wo zu das wichtig ist?
Ich versteh das einfach nicht!![[verwirrt]](/images/smileys/verwirrt.gif "[verwirrt]")
LG Nicole
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Hallo Nicky!
Mach dir doch mal eine Skizze. Du musst dafür nicht die tatsächlichen Koordinaten verwenden, es genügt, wenn du die Punkte A und C einzeichnest und eine Gerade g, die zu AC parallel ist. Irgendwo auf g liegt der Punkt F. Zeichne dir einfach mal mehrere mögliche Punkte (z.B "F1", F2" und "F3") auf g ein. Verbinde diese Punkte mit A und C, so dass du jeweils ein Dreieck bekommst (also insgesamt drei Dreiecke mit jeweils gleicher Grundseite AC).
Überlege dir jetzt, wie du den Flächeninhalt der drei Dreiecke bestimmst, wenn du die Länge von AC kennst und den Abstand von g zu AC.
Vergleiche den Flächeninhalt der Dreiecke miteinander! Was fällt dir dabei (hoffentlich!) auf???
Viele Grüße,
zerbinetta
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| Status: |
(Antwort) fertig  | | Datum: | 09:09 Mi 03.05.2006 | | Autor: | riwe |
wie schon gezeigt wurde, verläuft g parallel zu AC. daher genügt es, die fläche A für ein beliebiges t zu berechnen.
nun ist das dreieck ABC rechtwinkelig mit dem rechten winkel bei B, und der mittelpunkt der strecke BC liegt auf g (t = 1), woraus A(ACF) = 27 folgt.
oder einfach mit dem vektorprodukt [mm] A = \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}\times\overrightarrow{AF}[/mm], unabhängig von t
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