Teilverhältnisse geschlossener Vektorzug Quader

18.03.2021, 19:48

nnitch

Teilverhältnisse geschlossener Vektorzug Quader

Meine Frage:
Hallo. Ich habe hier eine Aufgabe, zu der ich keinen Lösungsansatz habe. Wäre nett wenn mir jemand helfen könnte. Danke schon einmal

Meine Ideen:
Das ist die Aufgabe:

18.03.2021, 22:17

raumteiler

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Du könntest z.B. das Dreieck ALK Prost

betrachten, welches du durch eine geschlossene Vektorkette darstellen kannst:

$\begin{eqnarray*} \vec{AL}+\vec{LK}+\vec{KA}=\vec{0} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{AL}=\vec{a}+r \cdot \vec{b} + s \cdot \vec{c} \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{LK}=t\cdot \vec{LH} = t \cdot (-\vec{a}+(1-r)\cdot \vec{b}+(1-s)\cdot \vec{c}) \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \vec{KA}=\frac{2}{3} \cdot \vec{GA} = \frac{2}{3} \cdot (-\vec{c}-\vec{b}-\vec{a}) \end{eqnarray*}$

Da die 3 Vektoren a,b und c linear unabhängig sind, lässt sich der Nullvektor nur trivial darstellen.

Reicht das als Hilfe ?

19.03.2021, 12:28

nnitch

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Danke für deine Antwort smile

. Aber wie komme ich jetzt damit auf das Teilverhältnis von HL durch K. Es müsste ja 2:1 sein, aber wie kann ich das rechnerisch beweisen.

19.03.2021, 13:17

Huggy

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Wenn man alles in die Gleichung

$\begin{eqnarray*} (*) \quad \vec{AL}+\vec{LK}+\vec{KA}=\vec{0} \end{eqnarray*}$

einsetzt, hat man eine lineares Gleichungssystem mit den Unbekannten $\begin{eqnarray*} r,s,t \end{eqnarray*}$ . Man könnte das mit $\begin{eqnarray*} \vec a =(a_1,a_2,a_3) \end{eqnarray*}$ usw. lösen und stellt dann fest, dass die Lösung gar nicht von den Vektorkomponenten abhängt. Das kann man allerdings auch gleich vermuten, weil die Aufgabe sonst ohne konkrete Werte für die Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec a, \vec b, \vec c \end{eqnarray*}$ wenig Sinn ergäbe. Wenn man das unterstellt, muss die Summe der von $\begin{eqnarray*} \vec a \end{eqnarray*}$ abhängigen Summanden in $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ für sich allein $\begin{eqnarray*} \vec 0 \end{eqnarray*}$ ergeben. Damit bekommt man $\begin{eqnarray*} t \end{eqnarray*}$ und damit das Teilungsverhältnis.
Analog bekommt man $\begin{eqnarray*} r \end{eqnarray*}$ und $\begin{eqnarray*} s \end{eqnarray*}$ . Es gibt also eine von den konkreten Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec a, \vec b, \vec c \end{eqnarray*}$ unabhängige Lösung. Da das Gleichungssystem $\begin{eqnarray*} (*) \end{eqnarray*}$ bei linear unabhängigen Vektoren $\begin{eqnarray*} \vec a, \vec b, \vec c \end{eqnarray*}$ eindeutig lösbar ist, ist das auch die einzige Lösung.

19.03.2021, 14:49

Leopold

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Hier bietet sich auch direkt eine Rechnung im Koordinatensystem an. Man nimmt $\begin{align*} A \end{align*}$ als Ursprung und $\begin{align*} \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} \end{align*}$ als Vektoren, die die $\begin{align*} x \end{align*}$ -, $\begin{align*} y \end{align*}$ - und $\begin{align*} z \end{align*}$ -Achse aufspannen. Ein Punkt wird mit seinem Ortsvektor

$\begin{align*} \left( x,y,z \right) = x \, \vec{a} + y \, \vec{b} + z \, \vec{c} \end{align*}$

identifiziert. Dann gelten

$\begin{align*} A = \left( 0,0,0 \right), \ H = \left( 0,1,1 \right), \ K = \frac{2}{3} \left( \vec{a} + \vec{b} + \vec{c} \right) = \left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right) \end{align*}$

Die Gerade $\begin{align*} HK \end{align*}$ besitzt die Parameterdarstellung $\begin{align*} (x,y,z) = \overrightarrow{AK} + \lambda \, \overrightarrow{HK} \end{align*}$ , also

$\begin{align*} \left( x,y,z \right) = \left( 0,1,1 \right) + \lambda \, \left( \frac{2}{3}, - \frac{1}{3}, - \frac{1}{3} \right) \end{align*}$

Der Punkt $\begin{align*} L \end{align*}$ liegt auf $\begin{align*} HK \end{align*}$ und besitzt $\begin{align*} x=1 \end{align*}$ als erste Koordinate (da er auf der Ebene $\begin{align*} BCGF \end{align*}$ liegt). Daraus folgt:

$\begin{align*} 1 = \frac{2}{3} \lambda \end{align*}$

Hiermit kann man $\begin{align*} \lambda \end{align*}$ berechnen und durch Einsetzen in die Geradengleichung $\begin{align*} L \end{align*}$ bestimmen. Jetzt muß man noch $\begin{align*} \mu \end{align*}$ in

$\begin{align*} \overrightarrow{HK} = \mu \, \overrightarrow{HL} \end{align*}$

ermitteln. Ich habe $\begin{align*} \mu = \frac{2}{3} \end{align*}$ erhalten. Das heißt: $\begin{align*} K \end{align*}$ teilt die Strecke $\begin{align*} HL \end{align*}$ im Verhältnis 2:1.

Es geht natürlich auch ganz elementar. Man stellt sich $\begin{align*} K \end{align*}$ auf der Diagonalen $\begin{align*} AG \end{align*}$ beweglich vor. Während $\begin{align*} K \end{align*}$ von der Quadermitte zum Eckpunkt $\begin{align*} G \end{align*}$ wandert, zieht er $\begin{align*} L \end{align*}$ über die Diagonale $\begin{align*} BG \end{align*}$ der rechten Seitenfläche. In der Figur sind also $\begin{align*} AH \end{align*}$ und $\begin{align*} LG \end{align*}$ parallel. Die Strecken $\begin{align*} AKG \end{align*}$ und $\begin{align*} HKL \end{align*}$ bilden somit die X-Figur des Strahlensatzes. $\begin{align*} K \end{align*}$ teilt $\begin{align*} HL \end{align*}$ im selben Verhältnis wie $\begin{align*} AG \end{align*}$ .

19.03.2021, 15:09

Huggy

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Zitat:

Original von Leopold
Hier bietet sich auch direkt eine Rechnung im Koordinatensystem an. Man nimmt $\begin{align*} A \end{align*}$ als Ursprung und $\begin{align*} \vec{a}, \vec{b}, \vec{c} \end{align*}$ als Vektoren, die die $\begin{align*} x \end{align*}$ -, $\begin{align*} y \end{align*}$ - und $\begin{align*} z \end{align*}$ -Achse aufspannen.

Das wäre der Sonderfall eines Quaders. Die Aufgabe soll jedoch für ein allgemeines Spat gelöst werden.