Winkel zwischen Flächen innerhalb eine Würfels

31.07.2007, 19:54

_Tina_

Winkel zwischen Flächen innerhalb eine Würfels

Hey

"Verbindet man die Mittelpunkte der Kanten eine Würfels, so erhält man ein(en) Kuboktaeder. Begründen Sie ohne Rechnung, dass die Flächen des Kuboktaeders gleichseitige Dreiecke und Quadrate sind."

da alle kanten des Würfels gleich lang sind, ist a immer gleichgroß und somit ist auch die hypotenuse h
( $\begin{eqnarray*} h²=2(\frac{a}{2})² \end{eqnarray*}$ ) immer gleich lang. Somit ergibt sich für die Dreiecke eine gleichseititges Dreieck, dessen Seiten die gleiche Länge wie die seiten des Quadrates aufweisen.

Mein eigentliches Problem:
Betrachten Sie eine Dreiecksfläche und ein Quadrat mit gemeinsamer Kante. Berechnen Sie den Winkel Zwischen den Ebenen durch diese beiden Flächen.

Überlegung:

$\begin{eqnarray*} A(a/0/\frac{a}{2}) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} B(a/\frac{a}{2}/a) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} C(a/a/\frac{a}{2}) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} D(a/\frac{a}{2}/0) \end{eqnarray*}$ $\begin{eqnarray*} E(\frac{a}{2}/0/a) \end{eqnarray*}$

Somit ergibt sich für das Quadrat:
$\begin{eqnarray*} E_1:\vec{x}=\vec{OA}+r\cdot \vec{AB}+t\cdot \vec{AC} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} 0 \geq t,r \leq 1 \end{eqnarray*}$
später komme ich auf diese Koordinatenform:
$\begin{eqnarray*} E_1=x_1=a \end{eqnarray*}$ , was ja auch zu meiner Zeichnung passt.

Für das Dreieck ergbit sich:
$\begin{eqnarray*} E_2: \vec{x}=\vec{OA}+s\cdot \vec{AB}+n\cdot \vec{AE} \end{eqnarray*}$
mit $\begin{eqnarray*} 0\geq s+n\leq 1 \end{eqnarray*}$
später ergibt sich folgende Koordintatenform:
$\begin{eqnarray*} E_2=x_1-x_2+x_3=\frac{3a}{2} \end{eqnarray*}$

dann hab die die normalenvektoren aufgestellt:

$\begin{eqnarray*} \vec{n_1}= \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \vec{n_2}= \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

später ergibt sich dann mit der HNF:

$\begin{eqnarray*} cos(x)=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ , was aber voll der bullshit ist.

vlg Tina

[ModEdit: LaTex-Fehler korrigiert. mY+]

31.07.2007, 20:08

mYthos

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Es stimmt alles, auch die Normalvektoren, nur beim cos kommt im Nenner $\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \end{eqnarray*}$ , that's all!

mY+

31.07.2007, 20:08

tmo

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in der annahme, dass die beiden von dir bestimmen normalenvektoren richtig sind, kommt man auf $\begin{eqnarray*} \cos{\alpha} = \frac{1}{\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

edit: zu langsam unglücklich

31.07.2007, 20:28

_Tina_

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Ihr seid lieb, wie schnell so eine wurzel abhanden gehen kann...
dann bekomme ich allerdings

$\begin{eqnarray*} \alpha =0,955 \end{eqnarray*}$

und der winkel zwischen den Ebenen (also x1/2 ebene usw) ist immer gleichgroß, da es sich um eine pyramide mit einem gleichseitigen dreieck zur grundfläche handelt.
aber dann bräuchte ich doch zt den gegenwinkel, oder nciht?

2) Betrachten Sie 2 der Dreiecksflächen mit einem gemeinsamen Punkt und berechnen sie den winkel zwischen den ebenen durch diese beiden flächen.

dann hätte ich als einen anderen Normalenvektor von einer dreicksseite
$\begin{eqnarray*} \vec{n_3}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
im angebot, sodass ich aber auf

$\begin{eqnarray*} cos(\beta )=\frac{1}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ komme

31.07.2007, 20:32

mYthos

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Du hast den TR offensichtlich in den RAD (Radian) - Mode geschaltet, das ergibt das Bogenmaß des Winkels. Wenn du den Winkel in Grad haben willst, dann sind die 0,995 entweder entsprechend umzurechnen oder der Winkel nochmals im DEG (Degree) - Mode zu berechnen (54,7356°)!

Zu 2.

Zitat:

Original von _Tina_
...
sodass ich aber auf

$\begin{eqnarray*} cos(\beta )=\frac{1}{\sqrt{3}\cdot\sqrt{3}}=\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ komme

Und, was ist das Problem? 70,53° sind doch auch nicht schlecht, oder?
Könnte es sein, du hast vielleicht die Sache mit dem Bogen- bzw. Gradmaß nicht durchschaut?

mY+

31.07.2007, 20:54

_Tina_

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prima, ja, da lag der fehler, hab den gtr jetzt wieder umgestellt vielen dank

lg tina

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