schnittpunkte von spurgeraden mit kugel

22.01.2006, 00:16

jule2707

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schnittpunkte von spurgeraden mit kugel

hallo,
ich habe ein problem bezüglich einer mathe aufgabe, die mit spurgeraden zu tun hat.
im anhang ist eine skizze zu dem beschriebenen thema.

die aufgabe lautet:
Der Pendelpunkt P durchläuft bei einer halben schwingung von A nach B in genau 2 Punkten S und T die x-y-ebene berechnen sie die koordinaten der punkte S und T. (punkt A und B sind in vorherigen aufgaben bereits ausgerechnet. auch die spurpunkte Sx und Sy sind bereits berechnet: Sx (5/0/0), Sy (0/4/0); falls das von bedeutung ist)

da die aufgabe aus einem stark-buch ist, habe ich auch die lsg, aber nachvollziehen kann ich diese nicht, auch nach stundenlanger forschung im internet.

die lsg sieht vor, dass zunächst eine kugel k mit dem mittelpunkt D und dem radius r= $\begin{eqnarray*} \sqrt[2]{50} \end{eqnarray*}$ betrachtet wird.
daraus entsteht die kugelgleichung. das kann ich nachvollziehen.
dann steht hier: da die gesuchten punkte S und T sowohl in der Ebene E als auch auf der kugel k als auch in der x-y-ebene liegen, erhalten wir sie als schnittpunkte der spurgeraden SxSy mit der kugel K.
lsg sei: SxSy: $\begin{eqnarray*} \vec{x} \end{eqnarray*}$ = $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ + v $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} \frac{-5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

ich weiß nun nicht wie man diese schnittpunkte der spurgeraden mit der kugel berechnt und dann auf eben diese lsg kommen soll( wie man dann zu T und S kommt bzw. wie man weiterrechnet verstehe ich dann jedoch wieder).

ich wäre euch sehr dankbar, wenn ihr mir helfen könntet!

22.01.2006, 00:35

MrPSI

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Was für Spurpunkte sind Sx und Sy?

Ich weiß gar nicht wozu man die Spurgerade braucht. Man hat eine Ebene, auf der die Punkte der Drehbahn verlaufen, die x-y-Ebene und die Kugelgleichung. Drei Gleichungen für jeweils 3 unbekannte Koordinaten.

22.01.2006, 00:39

jule2707

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das sind die punkte, wo sich die x-Achse bzw. die y-achse mit der ebene schneidet.

22.01.2006, 00:42

mYthos

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Hi!

Die (beiden) Schnittpunkte der Kugel mit der Geraden ermittelt man, indem man den Geradenvektor $\begin{eqnarray*} \vec{X} \end{eqnarray*}$ in der gebenenen Kugelgleichung statt $\begin{eqnarray*} \vec{X} \end{eqnarray*}$ einsetzt.

Kugel: $\begin{eqnarray*} (\vec{X} - \vec{M})^2 = r^2 \end{eqnarray*}$

Gerade: $\begin{eqnarray*} \vec{X} = \vec{A} + v.\vec{G} \end{eqnarray*}$

Und nun nach $\begin{eqnarray*} v \end{eqnarray*}$ auflösen ... (quadr. Gleichung, 2 Lösgn.)

Gr
mYthos

22.01.2006, 00:55

jule2707

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meine kugelgleichung sieht wie folgt aus: $\begin{eqnarray*} [ \vec{x}- \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}] ^{2}= \end{eqnarray*}$ 50

soll ich eventuell die gerade für die x-achse bzw. y-achse in die kugelgleichung einsetzen?

habe das bereits getan. aber irgendiwe komme ich da auf nichts vernünftiges

22.01.2006, 01:14

mYthos

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Ich gehe davon aus, dass du die Spurgerade $\begin{eqnarray*} S_xS_y \end{eqnarray*}$ schon kennst. Und diese willst du mit der Kugel schneiden. Also setze deren $\begin{eqnarray*} \vec{x} \end{eqnarray*}$ in die Kugelgleichung ein (dort gibt es ja auch ein $\begin{eqnarray*} \vec{x} \end{eqnarray*}$ und löse nach v ..

Probier's mal, ich bleibe noch da.

Gr
mYthos

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22.01.2006, 01:16

jule2707

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@MrPSI

man braucht die SxSy gleichung, da man diese dann in die vorhandene kugelgleichunge insetzt und dann bekommt man die punkte, das ist ja kein problem, darauf komme ich

aber wie kommt man auf SxSy: $\begin{eqnarray*} \vec{x} = \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + v \cdot \begin{pmatrix} \frac{- 5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

22.01.2006, 01:18

jule2707

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@ mythos: achso! na das habe ich schon gemacht, da komme ich auf beide punkte genau smile

smile

aber wie gesagt, das kann ich ja, mir felht eben nur die SxSy-Spurgerade.
da komm ich nicht drauf....

22.01.2006, 01:30

MrPSI

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Den Vektor bekommt man aus Sx-Sy. Der Vektor in der Geradengleichung ist kollinear dazu.
Den Punkt kann man beliebig wählen. Man könnte auch Sx nehmen.
Das in der Geradengleichung ist nur ein weiterer Punkt der auf der Geraden liegt.

Kannst du auch mal die Punkte posten, da ich noch die Methode ohne Gerade probieren will.

22.01.2006, 01:37

jule2707

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T ( ~ - 2,05 / ~ 5,64 / 0) und S ( ~ 7,05 / ~ - 1,64 / 0) bei v bzw. $\begin{eqnarray*} \lambda \end{eqnarray*}$ = ~ +/- 1,82

22.01.2006, 01:37

mYthos

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Ahhh, das war ein Mißverständnis.

Die gesuchte Spurgerade ist die Schnittgerade der gegebenen (Schwingungs-) Ebene mit der x-y Ebene. Dafür brauchst du 2 Spurpunkte, nämlich den Schnittpunkt $\begin{eqnarray*} S_x \end{eqnarray*}$ dieser Ebene mit der x-Achse und jenen $\begin{eqnarray*} S_y \end{eqnarray*}$ mit der y-Achse.

$\begin{eqnarray*} S_x \end{eqnarray*}$ hat die Form (x0;0;0), und $\begin{eqnarray*} S_y \end{eqnarray*}$ die Form (0;y0;0).

Diese setzt du statt $\begin{eqnarray*} \vec{x} \end{eqnarray*}$ in der Ebenengleichung und löst nach $\begin{eqnarray*} \lambda, \ \mu \ und \ x0 \ bzw. \ \lambda, \ \mu \ und \ y0 \end{eqnarray*}$ auf.

Hilft dir das soweit?

Bemerkung: $\begin{eqnarray*} S_x \end{eqnarray*}$ ist bereits gegeben, er ist der Stützpunkt der Ebene, also nur noch $\begin{eqnarray*} S_y \end{eqnarray*}$ nötig [ $\begin{eqnarray*} \lambda = -1, \ \mu = 0 \end{eqnarray*}$ ]

22.01.2006, 01:44

jule2707

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also mYthos, Sx (5/0/0) (bzw. Sy(0/4/0)) habe ich jetzt statt dem vektor x in der ebenengleichung eingesetzt. da erhalte ich aber nicht mehr als eine wahre aussage: $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
ah fehler, das gleiche passiert nicht mit sy, da erhalte ich lamda = -1 und und für die andere variable = 0
und nachtragend: da passiert dann doch das gleiche... --> wahre aussage

22.01.2006, 01:51

mYthos

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Also, $\begin{eqnarray*} S_x \end{eqnarray*}$ ist zufällig schon gegeben, er hat ja nur einen x-Wert, die beiden anderen sind 0, somit ist dies ein Spurpunkt der Ebene (auf der x-Achse). Und nun brauchst du nur noch den $\begin{eqnarray*} S_y \end{eqnarray*}$ .

Um den vorigen Post fortzuführen, gilt:

$\begin{eqnarray*} S_x \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x = 5 + 5\lambda \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0 = -4\lambda \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0 = \mu \end{eqnarray*}$

Und

$\begin{eqnarray*} S_y \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} 0 = 5 + 5\lambda \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y = -4\lambda \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} 0 = \mu \end{eqnarray*}$

Aus dem ersten System folgt $\begin{eqnarray*} \lambda = 0, \mu = 0 \end{eqnarray*}$ , x = 5

$\begin{eqnarray*} S_x \end{eqnarray*}$ (5;0;0)

[Vorzeichenfehler berichtigt:]

Aus dem zweiten $\begin{eqnarray*} \lambda = -1, \mu = 0 \end{eqnarray*}$ , y = 4

$\begin{eqnarray*} S_y \end{eqnarray*}$ (0;4;0)

22.01.2006, 01:58

jule2707

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also für Sy habe ich (0/4/0) da ja y= -4 . -1 --> y=4

22.01.2006, 02:00

mYthos

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Ja klar, hast Recht, war ein Fehler von mir, na ja, um diese Zeit!
Ich editier's dann oben!

Aber jetzt ist's klar, ja?

Gr
mYthos

22.01.2006, 02:05

jule2707

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dachte mir schon, dass es nur ein fehler ist und ich bin ganz dankbar, dass mir um dise zeit noch geholfen wird smile

smile

also die punkte Sx und Sy habe ich schon herruas, die wurden schon in der 1. aufgabe berechnet als es um die lage der ebene in einem kartesischen koordinatensytem ging.
da hatte sich herruasgestellt, das die ebene senkrecht zur x-y-ebene und die spurpunkte Sx (5/0/0) und Sy (0/4/0) enthält.

aber wie ich jetzt auf diese besagten schnittpunkte der spurgeraden Sx-Sy mit der kugel komme, weiß ich immernoch nicht Augenzwinkern

Augenzwinkern

22.01.2006, 02:09

MrPSI

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es gibt 2 Wege zur Lösung:

Schneide die "Schwingebene" mit der Kugelgleichung, beachte dabei aber auch die x-y-Ebene.

Schneide SxSy-Gerade mit der Kreisgleichung und berechne den Parameter.

22.01.2006, 02:11

jule2707

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@MrPSI:
"Den Punkt kann man beliebig wählen"

heißt das, der erste vektor (5/2 2 / 0) ist einfach nur ausgerechnet und liegt eben günstig? denn wenn man diesen vektor mal als A bezeichnet und dann eine gleichung aufstellt: vektor x= vektor OA + v . vektor ASy dann komme ich auf eben diese lsg, wie sie drot angegeben ist...

22.01.2006, 02:13

mYthos

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Zitat:

Original von jule2707

...

aber wie ich jetzt auf diese besagten schnittpunkte der spurgeraden Sx-Sy mit der kugel komme, weiß ich immernoch nicht Augenzwinkern

Augenzwinkern

Jetzt bin ICH mal verwirrt.
Haben wir das nicht schon zuvor besprochen? (Kugel mit Gerade schneiden!)

@PSI: Welche Kreisgleichung??

22.01.2006, 02:15

MrPSI

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@jule2707:
richtig erkannt.

@mYthos: ähm...ich meinte natürlich Kugelgleichung. Ist halt schon etwas spät... Big Laugh

Big Laugh

22.01.2006, 02:16

jule2707

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na ich habe Sx und Sy und wenn ich mit den beiden eine gleichung bilde nach dem motto ortsvektor von Sx + v. vektor SxSy dann komm ich nicht suf diese gleichung nach der ich suche

22.01.2006, 02:18

mYthos

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Falls du Schwierigkeiten hast, die Geradengleichung zu ermitteln, deren Anfangspunkt ist (5;0;0) und deren Richtungsvektor (5;-4;0) ..

Also:

$\begin{eqnarray*} \vec{X} = \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + v \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

22.01.2006, 02:22

jule2707

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ah MrPSI, kann man dann unendliche viele gleichungen aufstellen? denn man kann ja für die beiden variablen der ebenengleichung immer wieder andere werte einsetzen ...

a) Schneide die "Schwingebene" mit der Kugelgleichung, beachte dabei aber auch die x-y-Ebene.

b) Schneide SxSy-Gerade mit der Kreisgleichung und berechne den Parameter.

bei a -- absolut keine ahnung
bei b -- $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 5 \\ - 4 \\ 0 \end{pmatrix} = [ \vec{x} - \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} ]^{2} - 50 \end{eqnarray*}$

nur wiß ich da nie, wich ich das mit der 50 berechnen soll, denn wenn ich es nach 3 "stufen" auflöse (x,y,z) dann habe ich keine ahnung, wo die 50 dazugehört. muss man die aufplitten?

22.01.2006, 02:42

MrPSI

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ja, es gibt für eine Geradengleichung unendlich viele Variationen, da die Gleichung lediglich aus einem Punkt und einem Richtungsvektor bestehen muss. was das aber mit einer Ebenengleichung zu tun hat, erkenne ich nicht.

zur Aufgabe: wie bist du bei b) auf diese Formel gekommen???
Wenn du das 50 in der Kugelgleichung auf die andere Seite bringst bleibt ja die 0 übrig. Und das kannst du dann nicht mit der Geradengleichung gleichsetzen.
Du musst vielmehr die Geradengleichung in das $\begin{eqnarray*} \vec{x} \end{eqnarray*}$ der Kugelgleichung einsetzen! Und das mit dem Aufsplitten ist eine gute Idee.

22.01.2006, 02:46

mYthos

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a) kann uns MrPSI mal vorführen, das klingt in der Theorie zwar ganz nett, aber ist net zum Rechnen, wenn der Schnittkreis in $\begin{eqnarray*} R_3 \end{eqnarray*}$ herumkugelt (im wahrsten Sinne des Wortes)

b)

So:

$\begin{eqnarray*} [\begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 5 \\ - 4 \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} ]^{2} - 50 = 0 \end{eqnarray*}$

Zusammenfassen, nach t lösen

22.01.2006, 02:51

MrPSI

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@mYthos: wenn man nur die Kugelgleichung und die Ebenengleichung hätte, so würde tatsächlich ein Schnittkreis oder eine Schnittellipse entstehen. Aber man hat aus der x-y-Ebene ja noch die zusätzliche Information z=0, und damit ist das Ganze dann eindeutig.
Aber zum Rechnen ist es trotzdem nicht schön.

22.01.2006, 03:19

mYthos

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Hi!

Ebene Kugelschnitte sind immer Kreise (nie Ellipsen).

z = 0 bringt in diesem Falle nicht viel, denn die Schwingungsebene ist zu keiner der Koordinatenebenen parallel, allerdings senkrecht auf die x-y Ebene. Der Schnittkreis wäre demnach mit dieser parallel zu drehen, allerdings dann auch die Spurgerade.

Ein Kreis in $\begin{eqnarray*} R_3 \end{eqnarray*}$ kann allerdings auch durch eine Gleichung dargestellt werden, allerdings nur mittels Parameterform (Mittelpunkt und zwei aufeinander senkrechtstehende Radiusvektoren, Parameter ist ein Winkel $\begin{eqnarray*} \phi \end{eqnarray*}$ , der mit diesen durch Winkelfunktionen verknüpft ist.

Sh. dort:

Gr
mYthos

22.01.2006, 16:45

jule2707

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okay, zusammegfasst ist es so:

$\begin{eqnarray*} [\begin{pmatrix} 2,5 \\ - 2 \\ - 4 \end{pmatrix} + t \begin{pmatrix} 5 \\ - 4 \\ 0 \end{pmatrix} ]^{2} - 50 = 0 \end{eqnarray*}$

nun habe ich aber bisher noch nicht gelernt, wie man dann mit der - 50 umgeht. wäre es auch ein vektor, wäre es ja einfach nach t aufzulösen, aber so, weiß ich nicht wie ich weiter komme.

22.01.2006, 16:50

mYthos

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Die -50 kannst du mal belassen, den Vektor in der eckigen Klammer nun mit sich selbst skalar multiplizieren:

$\begin{eqnarray*} (2,5 + 5t)^2 + (-2 - 4t)^2 + (-4)^2 -50 = 0 \end{eqnarray*}$

Klaro?

22.01.2006, 17:01

jule2707

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ah, so geht das! danke

da bekomme ich t~ 0,761.

und jetzt, in die gleichung mit den punkten Sx und Sy einsetzen, bringt nicht viel da bekomme ich dann auch noch nicht die gleichung...

22.01.2006, 17:06

mYthos

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Es gibt noch eine zweite (negative) Lösung für t.
Es ergeben sich ja auch zwei Schnittpunkte mit der Kugel.

Welche Gleichung suchst du? Ich denke doch: Die Schnittpunkte der Geraden mit der Kugel, wozu hätten wir das sonst gemacht?

Die t - Werte nochmals in die Geradengleichung einsetzen, dies führt direkt zu den zwei Schnittpunkten.

Gr
mYthos

22.01.2006, 17:15

jule2707

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stimmt, wenn man eine wurzel zieht, erhält man ja immer negativ und positiv, also auch noch t~ - 0,761

in die geradengleichung eingesetzt ergibt (gerundet):

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 8,8 \\ -3,04 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 1,2 \\ 3,04 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

bzw. wenn es punkte sind, wird es anders geschrieben, das ist klar

22.01.2006, 17:17

mYthos

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nee, das zweite t ist -1,95

das positive /negative Vorzeichen befindet sich vor der Quadratwurzel (Diskriminante) bei der Lösungsformel der quadr. Gleichung

22.01.2006, 17:25

jule2707

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oh, -1,95....

hmm, also ich hab nach dem zusammenfassen:
$\begin{eqnarray*} 41 t^{2} = 23,75 \Rightarrow t^{2} = 0,58 \end{eqnarray*}$ und aus $\begin{eqnarray*} \sqrt{0,58} \end{eqnarray*}$ bekomme ich $\begin{eqnarray*} t = 0,761 \end{eqnarray*}$ und das gleiche nochmal mit negativem vorzeichen, oder?

nachtrag:
die quadratische lsg-formel hier anzuwenden brnigt doch nichts oder?
denn ich habe doch eh nur t² (und kein pt !) und q noch....

22.01.2006, 17:41

mYthos

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Was ist mit den linearen t-Gliedern?
Nach Ausmultiplizieren kommt

$\begin{eqnarray*} 41t^2 + 41t-23,75 = 0 \end{eqnarray*}$

t = 0,761 ist falsch (war auch bei mir ein Rechenfehler), vielmehr ist

$\begin{eqnarray*} t_1 = -1,41 \ oder \ t_2 = 0,41 \end{eqnarray*}$

22.01.2006, 17:52

jule2707

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ach, ich merke gerade, dass ich eine ganz großen denkfehler hatte, ich werde es jetzt nochmal in ruhe rechnen

22.01.2006, 18:06

jule2707

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bin jetzt auch auf die beiden werte gekommen. gerundet allerdings, abe ich denke, das war bei dir nicht anders.

so, diese beiden werte jeweils eingesetzt in die gleichung mit den punkten Sx (5/0/0) und Sy (0/4/0) ergibt die punkte:
für 0,41: (7,05/-1,64/0)
für -1,41: (- 2,05/5,64/0)

und jetzt?

22.01.2006, 18:25

mYthos

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Die Punkte sind endlich mal richtig (das wären eigentlich die Punkte S und T lt. Angabe - oder R, P ??)

In der Skizze ist nur der Drehpunkt D und die Schwingungsebene E zu erkennen. Alles andere hast du ja dann im Laufe des Threads selbst geschrieben.

Was du nun noch brauchst, bzw. noch wissen willst, musst du selber bestimmen bzw. nachfragen .., tut mir leid, woher soll man ahnen, wo's noch hakt?

22.01.2006, 18:36

jule2707

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ach, ich merke gerdae, dass es S und T sind, nur auf eine andere weise gelöst.

dann haben wir eine komplett anderen weg gewählt, als der, der stark-bücher vorgibt.

gut, da komme ich auch auf das ergebnis.

und wenn man nun aber die lsg herausfinden soll und dabei über SxSy:

$\begin{eqnarray*} \vec{x} = \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + v \cdot \begin{pmatrix} \frac{- 5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

geht es dann nur so, wie MrPSI das schon begründete? (5/2;2;0) ist einfach nur ein punkt, der in der ebene liegt?

22.01.2006, 18:50

mYthos

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Zitat:

Original von jule2707

...
und wenn man nun aber die lsg herausfinden soll und dabei über SxSy:

$\begin{eqnarray*} \vec{x} = \begin{pmatrix} \frac{5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} + v \cdot \begin{pmatrix} \frac{- 5}{2} \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

geht es dann nur so, wie MrPSI das schon begründete? (5/2;2;0) ist einfach nur ein punkt, der in der ebene liegt?

Die von dir angeführte Gerade ist in der Tat nur eine andere (Parameter-)form ein- und derselben Geraden:

$\begin{eqnarray*} \vec{x} = \begin{pmatrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + v \cdot \begin{pmatrix} 5 \\ -4 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Wenn du für $\begin{eqnarray*} v = - \frac{1}{2} \end{eqnarray*}$ einsetzt, erhältst du sofort den Punkt $\begin{eqnarray*} (\frac{5}{2};2;0) \end{eqnarray*}$ . Dieser liegt zwar (auch) in der Ebene, ist dort aber nicht beliebig. Beliebig ist er nur als Anfangspunkt, wie jeder Punkt, der auf der Geraden ST liegt. D. h. als Anfangspunkt (Stützpunkt) kann jeder Punkt der Gerade dienen.

Gr
mYthos

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