Tetraederwinkel berechnen

22.09.2013, 18:08

weißnichtmehrweiter

Tetraederwinkel berechnen

Meine Frage:
Hallo smile

Ich soll den Bindungswinkel im Methanmolekül berechnen (also den Winkel HCH), leider habe ich keine Ahnung, wie. verwirrt

Die genaue Aufgabe (Teilaufgabe a) habe ich als Bilddatei nocheinmal angefügt.

Meine Ideen:
Ich weiß bereits aus dem Chemieunterricht, dass der Tetraederwinkel im Methanmolekül 109,5° beträgt.
Ich habe im Internet schon recherchiert, kann aber nichts mit Vektorrechnung, sondern nur mit sinus, cosinus oder tangens anfangen.
Ich war dabei, mir ein Dreieck innerhalb des Tetraeders zu suchen und wollte die Größe des dritten Winkels mit Hilfe der Innenwinkelsumme und Winkelhalbierenden des Tetraederwinkels berechnen... das hat aber leider nicht geklappt unglücklich

Ich hoffe, ihr könnt mir weiterhelfen,
Liebe Grüße, weinichtmehrweiter smile

22.09.2013, 20:56

riwe

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RE: Tetraederwinkel berechnen
wenn du weißt oder berechnen kannst, wo der schwerpunkt des basis3ecks liegt, kommst du mit pythagoras und dem sinus ans ziel

23.09.2013, 16:41

weißnichtmehrweiter

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das C-atom liegt ja aber nicht auf dem Basisdreieck, sondern im Mittelpunkt des Tetraeders... verwirrt

23.09.2013, 21:45

riwe

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Zitat:

Original von weißnichtmehrweiter
das C-atom liegt ja aber nicht auf dem Basisdreieck, sondern im Mittelpunkt des Tetraeders... verwirrt

echt

das habe ich auch nicht gesagt

24.09.2013, 09:48

riwe

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noch einfahcer geht´s, wenn du beachtest, dass die beiden 3ecke ABC und CDH ähnlich sind (warum verwirrt

).
dann hast du mit der seitenlänge a des tetraeders

$\begin{eqnarray*} cos\alpha =\frac{s}{a} \end{eqnarray*}$

s siehe oben Augenzwinkern

24.09.2013, 10:07

HAL 9000

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Schöner Weg! Eine alternative Berechnung, ich beziehe mich mit den Bezeichnungen auf Werners Skizze:

Aus Symmetriegründen ist $\begin{eqnarray*} |BH| = |CH| \end{eqnarray*}$ . Andererseits teilt $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ die Strecke $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ im Verhältnis $\begin{eqnarray*} |AH| : |CH| = 1 : 3 \end{eqnarray*}$ , was man z.B. mit der Volumengleichheit der vier Teiltetraeder mit Spitze $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ begründen kann. Damit gilt für den gesuchten Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi=2\alpha \end{eqnarray*}$ schlicht gemäß Kosinusdefinition (für stumpfe Winkel)

$\begin{eqnarray*} \cos\varphi = -\frac{|AH|}{|BH|} = -\frac{1}{3} \end{eqnarray*}$ .

24.09.2013, 18:25

weißnichtmehrweiter

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auch wenn ich euch jetzt dumm oder schwer verständlich vorkomme,
aber ich komme jetzt mit der Skizze nicht zurecht traurig

Ist die aus einer Frontalsicht gezeichnet oder blickt man von oben auf den Tetraeder?
Erstaunt1

Ich weiß auch nicht warum der Punkt H ein Drittel der Strecke AC sein soll...
oder was mit der Strecke s gemeint ist... Tränen

Das mit der Ähnlichkeit der dreiecke habe ich soweit verstanden.
Jedoch weiß ich auch nicht, was mit den vier Teiltraedern gemeint ist..?

könnt ihr mir das bitte nochmal erklären??? Hilfe

24.09.2013, 18:36

HAL 9000

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Zitat:

Original von weißnichtmehrweiter
Ist die aus einer Frontalsicht gezeichnet oder blickt man von oben auf den Tetraeder?

Es ist eine Schnittebene durch das Tetraeder, die eine Tetraederkante $\begin{eqnarray*} BC \end{eqnarray*}$ sowie den Mittelpunkt der gegenüberliegenden Kante (in der Skizze oben ohne Bezeichnung) enthält.

Zitat:

Original von weißnichtmehrweiter
Ich weiß auch nicht warum der Punkt H ein Drittel der Strecke AC sein soll...

Ein Punkt ist nie ein Dríttel einer Strecke ... aber lassen wir das beiseite und konzentrieren uns auf den ersten Weg, den hast du ja anscheinend besser verstanden.

Zitat:

Original von weißnichtmehrweiter
oder was mit der Strecke s gemeint ist...

Oben ist das die Entfernung $\begin{eqnarray*} |AB| \end{eqnarray*}$ , wobei $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ der Mittelpunkt einer Tetraederseitenfläche ist. Damit ist $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ gleich dem Umkreisradius dieser Seitenfläche.

Zitat:

Original von weißnichtmehrweiter
Jedoch weiß ich auch nicht, was mit den vier Teiltraedern gemeint ist..?

Dito, lassen wir das, gehört zum Alternativweg. Der ist ungeeignet, wenn man nicht entsprechend mitdenkt.

EDIT: Fehler bzgl. s korrigiert.

24.09.2013, 18:58

weißnichtmehrweiter

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AAAACHSOOOO, jetzt hat es KLICK gemacht! das Mit den 4 Teiltetraedern habe ich nach längerem Beschäftigen auch mitbekommen! Augenzwinkern

eine allerletzte Frage:
2 $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ = gesuchter Winkel

Das entsteht dann also aus der Kosinusdefinition und der (hier nicht gegebenen) Seitenlänge?!

Oh vielen vielen Dank für die Geduld Gott

24.09.2013, 20:06

HAL 9000

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Ja, $\begin{eqnarray*} \alpha \end{eqnarray*}$ ist der in Werners Skizze gelb eingezeichnete Winkel. Was du aber letztendlich suchst, ist tatsächlich der doppelte Winkel, also $\begin{eqnarray*} 2\alpha = |\angle BHC| \end{eqnarray*}$ .

24.09.2013, 20:28

weißnichtmehrweiter

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DANKE DANKE DANKE Tanzen

16.10.2013, 18:39

weißnichtmehrweiter

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Kann mir trotzdem jemand das mit den drei Teiltetraedern erklären? verwirrt

16.10.2013, 19:07

HAL 9000

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Vier Teiltetraeder, nicht drei!

Wir betrachten ein reguläres Tetrader, bei dem sind alle vier Seitenflächen kongruente gleichseitige Dreiecke, die haben also insbesondere alle denselben Flächeninhalt $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ . Weiterhin sei $\begin{eqnarray*} h \end{eqnarray*}$ die Höhe sowie $\begin{eqnarray*} V \end{eqnarray*}$ das Volumen des Tetraeder.

Nun betrachten wir den Mittelpunkt des Tetraeders, oben in der Skizze war das der Punkt $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ , und zerlegen folgendermaßen unser Originaltetraeder in vier Teiltetraeder: Als Grundflächen immer eine der vier Seitenflächen des Originaltetraeders, aber als neue Spitze jeweils den Punkt $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ .

Diese vier Teiltetraeder sind einander kongruent, haben also dasselbe Volumen $\begin{eqnarray*} V' \end{eqnarray*}$ sowie dieselbe Höhe $\begin{eqnarray*} h' \end{eqnarray*}$ (von der Seitenfläche der Größe $\begin{eqnarray*} A \end{eqnarray*}$ bis zur Tetraederspitze $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ gemessen).

Nun ergibt die Gesamtsumme der vier Teilvolumina das Gesamtvolumen, d.h. $\begin{eqnarray*} V=4V' \end{eqnarray*}$ .

Zusammen mit den Volumenformeln $\begin{eqnarray*} V = \frac{Ah}{3} \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} V' = \frac{Ah'}{3} \end{eqnarray*}$ wird daraus $\begin{eqnarray*} h = 4h' \end{eqnarray*}$ bzw. $\begin{eqnarray*} h' = \frac{1}{4}h \end{eqnarray*}$ .

Nun wieder auf Werners Skizze bezogen heißt dies $\begin{eqnarray*} |AC| = h \end{eqnarray*}$ , $\begin{eqnarray*} |AH| = \frac{1}{4}h \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} |CH| = \frac{3}{4}h \end{eqnarray*}$ , das führt dann zum Streckenverhältnis $\begin{eqnarray*} |AH| : |CH| = 1 : 3 \end{eqnarray*}$ .

P.S.: In dieser exorbitant ausführlich geschriebenen Weise sieht das natürlich sehr umständlich aus, aber ich hatte ja eben (vergeblich) gehofft, dass bereits das

Zitat:

Original von HAL 9000
Andererseits teilt $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ die Strecke $\begin{eqnarray*} AC \end{eqnarray*}$ im Verhältnis $\begin{eqnarray*} |AH| : |CH| = 1 : 3 \end{eqnarray*}$ , was man z.B. mit der Volumengleichheit der vier Teiltetraeder mit Spitze $\begin{eqnarray*} H \end{eqnarray*}$ begründen kann.

zum Nachdenken anregt. Vielleicht ist aber auch das Denken in solchen Symmetrien bzw. Volumenbetrachtungen manchen völlig fremd.

16.10.2013, 19:16

weißnichtmehrweiter

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Okay, vielen Dank! Die Volumenformel stammt aber woher?

und ja es stimmt, ich kann mit Geometrie und Volumenberechnungen, so gut wie nichts anfangen! Augenzwinkern

16.10.2013, 19:18

HAL 9000

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Das ist die ganz normale Volumenformel einer Pyramide - die wird doch irgendwann mal gelehrt in der Schule, oder?

16.10.2013, 19:25

weißnichtmehrweiter

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Najaaa, wir hatten da andere! geschockt

16.10.2013, 19:31

HAL 9000

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Zitat:

Original von weißnichtmehrweiter
Najaaa, wir hatten da andere! geschockt

Eine andere Volumenformel für die Pyramide, und diese hier nicht? Sehr befremdlich. unglücklich

16.10.2013, 19:40

weißnichtmehrweiter

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Haha ja

Vielen Dank

16.10.2013, 20:46

Leopold

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Als ob's noch nicht genug wäre, hier eine weitere Lösung:

Man kann auf den sechs Seiten eines Würfels Seitendiagonalen so miteinander verbinden, daß ein reguläres Tetraeder entsteht (siehe rote Figur). Würfel- und Tetraedermittelpunkt fallen in einem Punkt $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ zusammen. In der Figur ist $\begin{eqnarray*} DF \end{eqnarray*}$ Raumdiagonale des Würfels, sie geht also von $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ aus durch $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ hindurch. Die Tetraederhöhe des Seitendreiecks $\begin{eqnarray*} EBG \end{eqnarray*}$ geht ebenfalls von $\begin{eqnarray*} D \end{eqnarray*}$ aus durch $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ hindurch, bis sie das Dreieck $\begin{eqnarray*} EBG \end{eqnarray*}$ trifft. Lange Rede, kurzer Sinn: die vier Tetraederhöhen liegen auf den vier Raumdiagonalen des Würfels. Der gesuchte Tetraederwinkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ ist daher nichts anderes als der stumpfe Schnittwinkel zweier Raumdiagonalen des Würfels.

Die Raumdiagonalen $\begin{eqnarray*} AG \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} CE \end{eqnarray*}$ des Würfels sind die Diagonalen des Rechtecks $\begin{eqnarray*} ACGE \end{eqnarray*}$ , der Mittelpunkt dieses Rechtecks ist $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ , der Würfel- und Tetraedermittelpunkt. Im Dreieck $\begin{eqnarray*} EGM \end{eqnarray*}$ ist somit der Winkel $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ bei $\begin{eqnarray*} M \end{eqnarray*}$ zu bestimmen. Da es bei der Winkelberechnung auf Streckungen nicht ankommt, können wir annehmen, daß der Würfel die Kantenlänge $\begin{eqnarray*} 2 \end{eqnarray*}$ besitzt. Dann haben die Seitendiagonalen die Länge $\begin{eqnarray*} 2 \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ und die Raumdiagonalen die Länge $\begin{eqnarray*} 2 \sqrt{3} \end{eqnarray*}$ . Die Symmetrieachse des Dreiecks $\begin{eqnarray*} EGM \end{eqnarray*}$ halbiert $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ und zerlegt das Dreieck in zwei rechtwinklige Dreiecke mit $\begin{eqnarray*} 1 \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} \sqrt{2} \end{eqnarray*}$ als Katheten und $\begin{eqnarray*} \sqrt{3} \end{eqnarray*}$ als Hypotenuse. Trigonometrie im rechtwinkligen Dreieck zeigt.

$\begin{eqnarray*} \cos \left( \frac{1}{2} \varphi \right) = \frac{1}{\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \sin \left( \frac{1}{2} \varphi \right) = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \tan \left( \frac{1}{2} \varphi \right) = \sqrt{2} \end{eqnarray*}$

Oder man wendet im Dreieck $\begin{eqnarray*} EGM \end{eqnarray*}$ für $\begin{eqnarray*} \varphi \end{eqnarray*}$ den Cosinussatz an:

$\begin{eqnarray*} \left( 2 \sqrt{2} \right)^2 = \left( \sqrt{3} \right)^2 + \left( \sqrt{3} \right)^2 - 2 \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3} \cdot \cos \varphi \end{eqnarray*}$

woraus man $\begin{eqnarray*} 8 = 6 - 6 \cos \varphi \end{eqnarray*}$ , also

$\begin{eqnarray*} \cos \varphi = - \frac{1}{3} \end{eqnarray*}$

erhält.

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