4. Eckpunkt eines Tetraeders [War: mittelpunkt im dreieck]

12.06.2007, 19:29

Dorika

4. Eckpunkt eines Tetraeders [War: mittelpunkt im dreieck]

Ich habe mal wieder ein Problem.

gegeben ist ein gleichseitiges dreieck mit einer seitenlänge a

daraus ergeben sich die punkte $\begin{eqnarray*} A(\frac{a}{2}\sqrt{3}/\frac{a}{2}/0) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} B(0/0/0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C(0/a/0) \end{eqnarray*}$

gesucht ist der Punkt $\begin{eqnarray*} D(?/?/\frac{a}{2}\sqrt{3}) \end{eqnarray*}$

Die beiden anderen koorinaten könnte man jetzt über die koordinaten des mittelpunkts des dreiecks berechnen, das in der $\begin{eqnarray*} x_1x_2 \end{eqnarray*}$ Ebene liegt.

mein anstz war es, die hälfe der strecken zu berechnen
für AB: $\begin{eqnarray*} N(\frac{a}{4}\sqrt{3}/\frac{a}{4}) \end{eqnarray*}$

und für AC: $\begin{eqnarray*} M(\frac{a}{4}\sqrt{3}/\frac{3}{4}a) \end{eqnarray*}$

so ergbit sich für (auf AB)
$\begin{eqnarray*} h_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ a \\ 0 \end{pmatrix}+f\cdot \begin{pmatrix} \frac{a}{4}\sqrt{3} \\ -\frac{3}{4}a \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und

(auf AC)
$\begin{eqnarray*} h_2:\vec{x}= [p\cdot \begin{pmatrix} \frac{4}{4}\sqrt{3} \\ \frac{3}{4}a \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} \frac{a}{4}f-\frac{a}{4}p=0 \\\frac{3}{4}af=\frac{a}{4} \ \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$
aber dann hätte ich f=p aus der 1. gl folgend...

12.06.2007, 19:34

mYthos

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Welche Eigenschaften soll denn der Punkt D haben?

mY+

12.06.2007, 19:35

riwe

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RE: mittelpunkt im dreieck

Zitat:

Original von Dorika
Ich habe mal wieder ein Problem.

gegeben ist ein gleichseitiges dreieck mit einer seitenlänge a

daraus ergeben sich die punkte $\begin{eqnarray*} A(\frac{a}{2}\sqrt{3}/\frac{a}{2}/0) \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} B(0/0/0) \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} C(0/a/0) \end{eqnarray*}$

gesucht ist der Punkt $\begin{eqnarray*} D(?/?/\frac{a}{2}\sqrt{3}) \end{eqnarray*}$

Die beiden anderen koorinaten könnte man jetzt über die koordinaten des mittelpunkts des dreiecks berechnen, das in der $\begin{eqnarray*} x_1x_2 \end{eqnarray*}$ Ebene liegt.

mein anstz war es, die hälfe der strecken zu berechnen
für AB: $\begin{eqnarray*} N(\frac{a}{4}\sqrt{3}/\frac{a}{4}) \end{eqnarray*}$

und für AC: $\begin{eqnarray*} M(\frac{a}{4}\sqrt{3}/\frac{3}{4}a) \end{eqnarray*}$

so ergbit sich für (auf AB)
$\begin{eqnarray*} h_1:\vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ a \\ 0 \end{pmatrix}+f\cdot \begin{pmatrix} \frac{a}{4}\sqrt{3} \\ -\frac{3}{4}a \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und

(auf AC)
$\begin{eqnarray*} h_2:\vec{x}= [p\cdot \begin{pmatrix} \frac{4}{4}\sqrt{3} \\ \frac{3}{4}a \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{vmatrix} \frac{a}{4}f-\frac{a}{4}p=0 \\\frac{3}{4}af=\frac{a}{4} \ \end{vmatrix} \end{eqnarray*}$
aber dann hätte ich f=p aus der 1. gl folgend...

konfusius läßt grüßen unglücklich

seit wann hat denn ein DREIeck 4 eckpunkte, was soll denn D sein

12.06.2007, 19:46

Dorika

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es handet sich um einen tetraeder und meiner überlegung war, diesen einfach über dem mittelpunkt des gleichseitigen dreicks zu platzieren.

12.06.2007, 19:57

riwe

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sensationell unglücklich

neue frage: und was sollst du berechnen verwirrt

und was ist gegeben verwirrt

12.06.2007, 20:05

Dorika

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also es ist bekannt, dass die dreiecke alle gleichschenklig sind und, dass sie eine kantenlänge von a haben.
in einer abbildung daneben habe ich noch den punkf A entdekt und konnte dann auf die anderen punkte schließen.

gesucht ist der abstnd der gegenüberliegenden kanten voneinander, der ja logischerweise für alle kanten identisch ist.

mehr war nciht gegeben und ich hab dann ein wenig gebastelt.

12.06.2007, 20:35

mYthos

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Hallo!

Gleichseitig meinst du wohl! Falls das ein regelmäßiger Tetraeder sein soll. Dann stimmt aber die x3-Koordinate von D nicht!
Genau über dem Schwerpunkt der Fläche ABC liegt der Punkt D, in der Höhe $\begin{eqnarray*} a \sqrt{\frac{2}{3}} \end{eqnarray*}$ . (Warum?). Somit ist es dann ein Leichtes, den Punkt D anzugeben, da A, B, C in der x1-x2 - Ebene liegen ...

@werner
Warum gleich so ungehalten??

mY+

12.06.2007, 20:42

Dorika

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ja, ich meinte gleichseitig, tut mir leid.

weil die seitenhalbierendem eine länge von $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2}\sqrt{3} \end{eqnarray*}$ und somit der abstand von einer kante zum gegeüberliegenden punkt dasselbe beträgt. außerdem sinn alle kanten gleich lang und deshalb ist der abstand von D zur Ebene E abc auch $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2}\sqrt{3} \end{eqnarray*}$ .

vielleicht kann man das auch mit dem satz des pytagoras begründen.
denn man weiß, sofern man das dreieck unterteilt, dass

$\begin{eqnarray*} (\frac{a}{2})^{2}+d²=a² \end{eqnarray*}$

EDIT die x3 koordintae müsste passen:

$\begin{eqnarray*} -\frac{a²}{4}+a²=d² \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} d=\frac{a}{²}\sqrt{3} \end{eqnarray*}$

12.06.2007, 20:50

mYthos

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Zitat:

Original von Dorika
...
außerdem sinn alle kanten gleich lang und deshalb ist der abstand von D zur Ebene E abc auch $\begin{eqnarray*} \frac{a}{2}\sqrt{3} \end{eqnarray*}$ .
...

Genau das stimmt - für einen regelmäßigen Tetraeder - eben nicht! Siehe meine vorige Antwort! Die Höhe h von D über der Ebene bekommt man aus dem rechtwinkeligen Dreieck ASD (S Schwerpunkt der Fläche ABC).

$\begin{eqnarray*} AD = A, \ SD = h, \ AS = \frac{2}{3} h_1 \end{eqnarray*}$ , mit $\begin{eqnarray*} h_1 = \frac{a}{2} \sqrt{3} \end{eqnarray*}$ .

Im Übrigen habe ich deinen mißverständlichen Titel geändert!

mY+

12.06.2007, 20:59

Dorika

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Danke. Ok, aber ich könnte den Mittelpunkt doch durch meine og Vektoren berechnen, indem ich sie gleichsetze, oder?

prima, wenn ich dann das $\begin{eqnarray*} AS=\frac{2}{3}h_1 \end{eqnarray*}$ voraussetze, dann muss ich nur in eine der höhengleichungen für den Parameter $\begin{eqnarray*} \frac{2}{3} \end{eqnarray*}$ einsetzen.

gut, wie sieht das mit meinen höhengleichungen aus? könnten die passen? den gleichgesetzt bekomme ich eine falsche aussage...

liegen in diesem fall schwerpunkt und mittelpunkt aufeinander?

12.06.2007, 21:12

mYthos

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Wie du den Mittelpunkt des Dreieckes letztlich berechnest, bleibt sich gleich, jedenfalls ist er

$\begin{eqnarray*} S(\frac{a}{6} \sqrt{3}; \frac{a}{6}; 0) \end{eqnarray*}$ .

Der Parameter der Höhengleichung (nach D!) hängt doch von den Anfangsbedingungen ab! Wenn du von S und dem Richtungsvektor (0; 0; 1) ausgehst, ist er, wie schon erwähnt, $\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{2}{3}} \end{eqnarray*}$ . Das liegt an

$\begin{eqnarray*} (\frac{2}{3} \cdot \frac{a}{2} \sqrt{3})^2 + h^2 = a^2 \end{eqnarray*}$

mY+

EDIT: Wenn du die Höhengleichungen in der Ebene ABC gemeint hast, dann ist der Parameter nur dann 2/3, wenn du als Richtungsvektor einen normierten Vektor (Länge 1) genommen hast. Einfacher ist es aber, du berechnest den Schwerpunkt aus

$\begin{eqnarray*} \vec{s} = \frac{1}{3} \cdot (\vec{a} + \vec{b} + \vec{c}) \end{eqnarray*}$

12.06.2007, 21:14

Dorika

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Danke für die Angabe des Punktes, ich glaube, ich tüfftele noch etwas rum.

schönen abend noch Wink

und danke

12.06.2007, 21:19

mYthos

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Siehe noch mein EDIT! Dann wird's dir vielleicht klarer!

mY+

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