Tetraederwinkel

25.05.2010, 14:43

Kääsee

Tetraederwinkel

Hallöchen (:
hast vielleicht jemand Zeit/Lust, mir zu helfen? Ich muss in Chemie den Winkel zwischen den "Ärmchen" des Methanmoleküls berechen.
Die Form müsste ja ein Tetraeder sein, das Kohlenstoffatom an der Stelle, an der sich die Körperhöhen schneiden.
Jetzt müsste ich nur noch das Verhältnis wissen, indem sich die Körperhöhen teilen (Körperhöhen bei mir $\begin{eqnarray*} \sqrt{\frac{2}{3}a} \end{eqnarray*}$ ).
Wenn ich das Verhältnis 1:3 setzte, kriege ich den Wert, den sie auch bei Wiki haben. (109,47°)
Kann man als 10.Klässler vllt irgendwie beweisen, dass die Höhen sich im Verhältnis 1:3 teilen?

Habe übrigens auch noch ein Tetraeder einbeschrieben in einem Würfel gefunden, so könnte ich den Winkel natürlich auch rauskriegen, aber mich interessiert, ob man das Verhältnis zeigen kann. (sodass auch ich es verstehe)
Wäre euch sehr dankbar.
Zur Verdeutlichung ein Bild:

Lg Kääsee

25.05.2010, 16:38

Kääsee

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ok, dann ist's wohl nicht so leicht wie ich dachte^^
Ich dachte, ich seh's mal wieder nicht...

25.05.2010, 17:07

Gualtiero

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Leicht oder schwierig sind relative Begriffe.

Für Dich ist es wahrscheinlich nicht leicht, weil Ihr - wie ich an Deinen Fragen bisher gesehen habe - noch nicht Vektorrechnung in R³ hattet. (Bei mir hieß das noch analytische Geometrie.)

Aber ich meine, es ist auch für Dich lösbar, wenn Du mehrere Dreiecksbestimmungen durchführst. Den Sinus- und Cosinussatz hattet Ihr ja schon.

Betrachte mal das Dreieck ECD. Durch die Körperhöhe wird es in zwei rechtw. Dreiecke geteilt.
Jetzt errichte die Höhe, die von C auf DE fällt, im Schnittpunkt Z müßte das Kohlenstoffatom sitzen.
Vielleicht findest Du auch einen anderen Weg. Augenzwinkern

[attach]14826[/attach]

26.05.2010, 15:11

Kääsee

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Zitat:

Original von Gualtiero
Den Sinus- und Cosinussatz hattet Ihr ja schon.

Nein, leider nicht traurig

aber ich glaube, mir fällt gerade etwas ein, ich muss noch ein bisschen überlegen^^

26.05.2010, 15:30

Gualtiero

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Sorry, ist mir grade eingefallen: Du brauchst weder Sinus- noch Cosinussatz, nur die Winkelsätze im rechtw. Dreieck.

26.05.2010, 15:47

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Beim regulären Tetreder $\begin{eqnarray*} ABCD \end{eqnarray*}$ kann man noch etwas einfacher argumentieren, und zwar über das Volumen:

Die vier (nichtregulären) Teiltetraeder $\begin{eqnarray*} ABCM, BCDM, CDAM, DABM \end{eqnarray*}$ sind einander kongruent und damit im besonderen volumengleich. Aus der Volumenformel $\begin{eqnarray*} V_T = \frac{1}{3} F_G \cdot h \end{eqnarray*}$ kann man dann schließen, dass bei gemeinsamer Grundfläche $\begin{eqnarray*} F_G \end{eqnarray*}$ das Teiltetraeder nur ein Viertel der Höhe des regulären Ausgangstetraeders hat.

26.05.2010, 15:52

Kääsee

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Ok, hab's irgendwie anders geschafft Big Laugh

zwar sehr komisch, aber egal.

Hab zuerst den Neigungswinkel der Grundfläche gegen die Seitenkante ausgerechnet (nennen wir ihn alpha):

$\begin{eqnarray*} \tan(\alpha)=\frac{h}{\frac{2}{3}h_a}=\frac{\sqrt{\frac{2}{3}}a}{\frac{2\cdot a\cdot \sqrt{3}}{3\cdot 2}}=\sqrt{2} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} \Rightarrow \alpha\approx 54,74° \end{eqnarray*}$

Dann ist oben der eine Winkel an der Spitze (sagen wir beta) (also zwischen der Strecke DZ und DC) ja 35,26°

Kürzes Stück der zwei Teile der Körperhöhe: x
Längeres Stück: y

$\begin{eqnarray*} \cos(\beta)=\frac{\frac{a}{2}}{y} \end{eqnarray*}$
$\begin{eqnarray*} y\approx 0,61a \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} x=h-y\approx 0,2a \end{eqnarray*}$
(war zu faul, das jetzt alles nochmal ausführlich hinzuschreiben)

müsste ungefähr hinkommen^^

edit: ups, ich hab ja total lange getippt unglücklich

Danke für eure Antworten!
@Arthur Dent: ja, das ist sehr einleuchtend Freude

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