Flächeninhalt eines Vierecks

12.01.2008, 18:02	Beweis007	Auf diesen Beitrag antworten »
Flächeninhalt eines Vierecks Hallo, ich soll eine Abituraufgabe rechnen und stehe leider etwas auf dem schlauch- es wäre ganz toll wenn mir jemand helfen könnte oder mir einen hinweis gibt! also der Pyramidenstumpf hat die grundfläche ABCD [ A(0/0/0); B(6/6/0); C (0/18/0); D(-8/4/0)] und die deckfläche ist A`B`C`D`[ A´(4/1/20) B`(7/4/20) C`(4/10/20) D´(0/3/20) ] so und nun kommt mein problem: ich soll den Flächeninhalt der seite ABB`A`berechnen und dann geometrisch beurteilen ob diese seite übersteht! das besagt viereck ist aber schief- gibt es da auch eine formel mit der man A berechnen kann oder muss ich das viereck teilen in berechenbare einzelstücke? und zu letzten frage: wie kann ich denn ermittel ob die seite übersteht- was muss ich da überhaupt ermitteln??? es wäre ganz toll wenn mir jemand helfen könnte! danke
12.01.2008, 19:34	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
$\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ sei die Pyramidenspitze, wenn man den Stumpf zur Pyramide ergänzt. Eine zentrische Streckung mit $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ als Streckzentrum und einem Faktor $\begin{eqnarray} \lambda > 0 \end{eqnarray}$ führt die Pyramide $\begin{eqnarray} \mathcal{P} = ABCDS \end{eqnarray}$ in die Pyramide $\begin{eqnarray} \mathcal{P}' = A'B'C'D'S \end{eqnarray}$ über. Dann ist die Fläche des Dreiecks $\begin{eqnarray} A'B'S \end{eqnarray}$ gerade $\begin{eqnarray} \lambda^2 \end{eqnarray}$ -mal so groß wie die von $\begin{eqnarray} ABS \end{eqnarray}$ (Wirkung des Streckfaktors auf Flächeninhalte bei Streckungen). Und den Flächeninhalt $\begin{eqnarray} F \end{eqnarray}$ des Vierecks $\begin{eqnarray} ABB'A' \end{eqnarray}$ (dieses ist ein Trapez) bekommt man dann durch Flächensubtraktion der beiden Dreiecke: $\begin{eqnarray} F = \left( 1 - \lambda^2 \right) \cdot \mbox{Inhalt von} \ ABS \end{eqnarray}$ Und $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ ist nichts anderes als als Verhältnis der Höhen $\begin{eqnarray} h' \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} h \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} \mathcal{P}' \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \mathcal{P} \end{eqnarray}$ , die du den dritten Koordinaten geeigneter Punkte entnehmen kannst. Die Gerade $\begin{eqnarray} AB \end{eqnarray}$ teilt die $\begin{eqnarray} x_1x_2 \end{eqnarray}$ -Koordinatenebene in zwei Halbebenen. Jetzt projiziere $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ senkrecht in diese Koordinatenebene, mache also mit anderen Worten die dritte Koordinate von $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ zu 0. Wenn $\begin{eqnarray} S^{} \end{eqnarray}$ der Projektionspunkt ist, so steht die fragliche Seite über, wenn $\begin{eqnarray} S^{} \end{eqnarray}$ nicht in der Halbebene liegt, die $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ oder $\begin{eqnarray} D \end{eqnarray}$ enthält. Da könntest du doch eine maßstabsgetreue Zeichnung in einem $\begin{eqnarray} x_1x_2 \end{eqnarray}$ -Koordinatensystem machen. Und noch ein Tip: Oftmals sind solche Abituraufgaben so gemacht, daß man Ergebnisse vorhergehender Teilaufgaben zur Lösung sinnvoll einsetzen kann. Schau also erst einmal nach, was du alles über diese Pyramide bzw. den Stumpf schon weißt.
13.01.2008, 12:12	Beweis007	Auf diesen Beitrag antworten »
also ich weiß bisher: dass S die spitze der pyramide ist (das sollte ich nachweisen) und ich sollte die koordinaten des Punktes D´ermitteln aber von dem was du da geschrieben hast haben ich noch nie etwas gehört und verstehe das auch nicht! geht es nicht auch einfacher??? kann ich denn nicht das viereck in 2 rechtwinklige dreiecke und erin rechteck teilen?? und dann die einzelnen flächeninhalte addieren?? und nochmal zum überstehen: was muss ich denn beweisen?
13.01.2008, 13:52	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Meiner Ansicht nach geht es nicht elementarer. Daß bei einer Streckung mit dem Faktor $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ Längen den Faktor $\begin{eqnarray} \lambda \end{eqnarray}$ , Flächeninhalte den Faktor $\begin{eqnarray} \lambda^2 \end{eqnarray}$ und Rauminhalte den Faktor $\begin{eqnarray} \lambda^3 \end{eqnarray}$ aufnehmen, ist Stoff der 9. Klasse eines Gymnasiums (im achtjährigen Gymnasium ist das schon in der 8. Klasse dran). Allerdings wollen Schüler nicht gern an alte Zeiten und alte Versäumnisse erinnert werden. Du kannst daher auch die Flächeninhalte von $\begin{eqnarray} ABS \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} A'B'S \end{eqnarray}$ getrennt berechnen und voneinander subtrahieren. Das ist halt etwas mehr Rechenarbeit. Aber wem's gefällt ... Die Trapezfläche $\begin{eqnarray} ABB'A' \end{eqnarray}$ direkt zu berechnen, halte ich nicht für besonders geschickt. Die Längen der parallelen Seiten $\begin{eqnarray} AB \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} A'B' \end{eqnarray}$ gehen ja noch schnell. Aber dann brauchst du auch noch den Abstand dieser beiden Strecken. Das geht zwar auch irgendwie (z.B. über eine zu ihnen orthogonale Hilfsebene) - aber wozu den Aufwand, wenn man das Ganze auch mit den oben genannten Dreiecksflächen bekommen kann? Und wie man mit dem Kreuzprodukt eine Dreiecksfläche bestimmt, habt ihr sicher im Unterricht behandelt. Für die Sache mit dem Überstehen habe ich dir schon den Weg beschrieben. Warum zeichnest du nicht einfach die Punkte $\begin{eqnarray} A(0\|0), B(6\|6), C(0\|18), D(-8\|4) \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} S^{}(8\|2) \end{eqnarray}$ (ich habe die dritten Koordinaten weggelassen, denn alle Punkte liegen in der $\begin{eqnarray} x_1x_2 \end{eqnarray*}$ -Ebene) in ein gewöhnliches zweidimensionales Koordinatensystem ein? Daran kannst du alles ablesen.
14.01.2008, 21:12	Beweis007	Auf diesen Beitrag antworten »
soweit hab ich alles hinbekommen- ist esrichtig dass die seite übersteht nach außen???
15.01.2008, 07:12	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Und hier meine Lösung. Die Pyramide $\begin{eqnarray} ABCDS \end{eqnarray}$ hat die Höhe $\begin{eqnarray} 40 \end{eqnarray}$ , die dazu ähnliche Teilpyramide $\begin{eqnarray} A'B'C'D'S \end{eqnarray}$ hat die Höhe $\begin{eqnarray} 40-20=20 \end{eqnarray}$ . Das kann man den dritten Koordinaten der Punkte $\begin{eqnarray} A' \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ entnehmen. Natürlich geht das hier nur deshalb so einfach, weil die Grundfläche $\begin{eqnarray} ABCD \end{eqnarray}$ in der $\begin{eqnarray} x_1x_2 \end{eqnarray}$ -Ebene liegt. Daher ist $\begin{eqnarray} \lambda = \frac{20}{40} = \frac{1}{2} \end{eqnarray}$ der Streckfaktor, mit dem die große Pyramide auf die kleine zusammengezogen wird. Nun zum Flächeninhalt des Dreiecks $\begin{eqnarray} ABS \end{eqnarray}$ . Man bildet das Vektorprodukt von zwei Dreiecksvektoren: $\begin{eqnarray} \overrightarrow{SA} \times \overrightarrow{SB} = \begin{pmatrix} -8 \\ -2 \\ - 40 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2 \\ 4 \\ -40 \end{pmatrix} = 12 \cdot \begin{pmatrix} 20 \\ -20 \\ -3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Und der halbe Betrag dieses Vektors ist der Inhalt der Dreiecksfläche $\begin{eqnarray} ABS \end{eqnarray}$ : $\begin{eqnarray} \frac{1}{2} \cdot 12 \cdot \sqrt{20^2+20^2+3^2} = 6 \cdot \sqrt{809} \end{eqnarray}$ Der Inhalt von $\begin{eqnarray} A'B'S \end{eqnarray}$ ist nun $\begin{eqnarray} \lambda^2 = \frac{1}{4} \end{eqnarray}$ mal so groß. Daher ist der Flächeninhalt $\begin{eqnarray} F \end{eqnarray}$ von $\begin{eqnarray} ABB'A' \end{eqnarray}$ gerade $\begin{eqnarray} \frac{3}{4} \end{eqnarray}$ mal so groß (Subtraktion der Dreiecksflächen): $\begin{eqnarray} F = \frac{3}{4} \cdot 6 \cdot \sqrt{809} = \frac{9}{2} \cdot \sqrt{809} \end{eqnarray}$ Und ja, das Viereck hängt über. Denn in einem $\begin{eqnarray} x_1x_2 \end{eqnarray}$ -Koordinatensystem hat die Gerade $\begin{eqnarray} AB \end{eqnarray}$ die Gleichung $\begin{eqnarray} x_2 = x_1 \end{eqnarray}$ . Bei den Koordinaten von $\begin{eqnarray} C \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} D \end{eqnarray}$ gilt nun $\begin{eqnarray} x_2 > x_1 \end{eqnarray}$ , bei den Koordinaten der senkrechten Projektion von $\begin{eqnarray} S \end{eqnarray}$ in die $\begin{eqnarray} x_1x_2 \end{eqnarray}$ -Ebene aber $\begin{eqnarray} x_2 < x_1 \end{eqnarray}$ .
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