Verschoben! Viereck-Geometrie

14.03.2014, 17:00

mathemäuschen

Viereck-Geometrie

Meine Frage:
Hallo Leute,

ich habe ein Viereck (siehe Bild) und suche $\begin{eqnarray*} h, r_1, r_2 \end{eqnarray*}$ . Bekannt sind: $\begin{eqnarray*} \alpha_1, \alpha_2, a_1, a_2, b_1, b_2 \end{eqnarray*}$

Meine Ideen:
Zuerst habe ich an sowas wie Höhensätze gedacht, aber h ist ja keine Höhe des Dreiecks.
Es wäre toll, wenn mir jemand weiterhelfen könnte!

14.03.2014, 17:10

HAL 9000

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Aus deiner Beschriftung ist schlicht nicht erkennbar, was Winkel $\begin{eqnarray*} \alpha_1 \end{eqnarray*}$ sein soll: Bis zur Diagonale, oder doch eher bis zur Höhe h? verwirrt

EDIT: Ok, ich geh mal aus Vernunftsgründen davon aus, dass er bis zur Höhe geht, genauso dann $\begin{eqnarray*} \alpha_2 \end{eqnarray*}$ auf der anderen Seite der Höhe.

Denn wenn beide bis zur Diagonale gehen würde, wäre das Viereck überbestimmt, aber die Lage im Rechteck hingegen unterbestimmt... Trotzdem wäre es besser, das deutlicher zu kennzeichnen bzw. verbal ordentlich zu erklären, auch angesichts der offenbar gegensätzlichen Bedeutung von $\begin{eqnarray*} \beta_1,\beta_2 \end{eqnarray*}$ an der Ecke gegenüber.

14.03.2014, 17:13

mYthos

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Zum Beispiel kannst du vom linken Endpunkt von b1 eine Normale zu h ziehen.
Mittels $\begin{eqnarray*} b_1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \alpha_1 \end{eqnarray*}$ kann schon $\begin{eqnarray*} r_1 \end{eqnarray*}$ berechnet werden, usw.

mY+

14.03.2014, 17:40

mathemäuschen

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Vielen Dank für die schnellen Antworten.

Eure Annahmen bzgl der Beschriftung sind richtig.
Außerdem ist $\begin{eqnarray*} r_2 \end{eqnarray*}$ mit Hilfe von Cosinus, $\begin{eqnarray*} \alpha_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_2 \end{eqnarray*}$ bestimmbar. Was jetzt noch fehlt, ist h. Und damit komme ich irgendwie nicht weiter...

14.03.2014, 17:54

HAL 9000

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Der Schlüssel ist die Berechnung der anderen (oben nicht eingezeichneten) Viereckdiagonalen $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ , mit deren Hilfe kannst du dann weitere benötigte Winkel berechnen, was mittelbar dann zu $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ führt.

14.03.2014, 17:55

mYthos

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Zitat:

Original von mathemäuschen
...
Außerdem ist $\begin{eqnarray*} r_2 \end{eqnarray*}$ mit Hilfe von Cosinus, $\begin{eqnarray*} \alpha_2 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} b_2 \end{eqnarray*}$ bestimmbar.
...

Echt?

15.03.2014, 14:48

riwe

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Zitat:

Original von HAL 9000
Der Schlüssel ist die Berechnung der anderen (oben nicht eingezeichneten) Viereckdiagonalen $\begin{eqnarray*} d \end{eqnarray*}$ , mit deren Hilfe kannst du dann weitere benötigte Winkel berechnen, was mittelbar dann zu $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ führt.

gehe ich fehl in der Annahme, dass dies (auch) auf eine quadratische Gleichung führt verwirrt

15.03.2014, 16:31

HAL 9000

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Zitat:

Original von riwe
gehe ich fehl in der Annahme, dass dies (auch) auf eine quadratische Gleichung führt verwirrt

Wenn man auch konkave Vierecke zulässt, dann gibt es tatsächlich zwei Lösungen. Wenn es aber (wie oben in der Skizze) ein konvexes Viereck sein soll, dann dürfte die Lösung eindeutig sein.

So wie ich mir den Weg denke, braucht man keine quadratische Gleichungen, sondern nur (in der Reihenfolge) Kosinussatz, zweimal Sinussatz, ein wenig Winkelarithmetik (plus/minus) und zum Schluss dann die Streckenberechnung von $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ . Augenzwinkern

15.03.2014, 19:00

riwe

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hallo Hal 9000
das war ein bißchen unfair Augenzwinkern

du hast mich braten lassen mit (implizit 1mal) Kosinussatz Augenzwinkern

ein schöner Weg!

ich hab´s halt ganz pragmatisch als Schnittpunkt von 2 Kreisen gelöst
(was vermutlich auch nicht mehr Aufwand sein sollte)

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