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Ein Trapez in 8 gleiche Teile trennen?

Universität / Fachhochschule

Körper

Tags: Körper

DenizPamuk aktiv_icon

01:25 Uhr, 28.09.2010

Moin Leute,
wie kann man ein gleichschenkliges Trapez mit geraden Schnitten durch den gesamten Körper in 8 gleichgroße Teile schneiden?

http//mod.chemieonline.de/buba/bm-trapez.gif
(Pfeile weg denken :-) )

Anhand des Bildes (Maßeinheit unwichtig):

a : 13

Kästchen

c : 10

Kästchen

x : 1,5

Kästchen

h : 10,5

Es sind nur Schnitte durch den ganzen Körper erlaubt (also nicht in der Mitte anhalten etc.) und maximal 4 davon. Wie diese Schnitte angesetzt werden bleibt natürlich völlig frei, hauptsache am Ende sind alle Stücke gleich groß (gleich große Flächen).

Danke für eure Hilfe, ich komm irgendwie garnicht drauf...

Für alle, die mir helfen möchten (automatisch von OnlineMathe generiert):
"Ich möchte die Lösung in Zusammenarbeit mit anderen erstellen."

Hierzu passend bei OnlineMathe:

Online-Übungen (Übungsaufgaben) bei unterricht.de:

Raummessung

Photon aktiv_icon

10:03 Uhr, 28.09.2010

Moin, ich würd das so anpacken:

http//img266.imageshack.us/img266/4884/trapez2.gif

1. Senkrechter Schnitt durch die Mitte.

2. Zwei schiefe Schnitte, die die beiden parallelen Teilstrecken jeweils halbieren (damit sind die parallelen Kanten in vier gleiche Teile geteilt).

3. Ein horizontaler Schnitt im Verhältnis c/d. Das Verhältnis kann man dann aus den Trapezdaten berechnen.

DenizPamuk aktiv_icon

18:36 Uhr, 28.09.2010

Guter Ansatz ich werds austesten, vielen Dank :-)

m-at-he

03:16 Uhr, 29.09.2010

Hallo,

für die Fläche des Trapezes gilt:

A = (c + x) \cdot h

teilt man das Trapez (von oben beginnend) durch eine zu a und

c

parallele Gerade in zwei Teile, so kann man für die Parallele den Parameter

t

einführen, der von 0 bis 1 läuft und die Höhe des oberen Trapezes in Relation zu

h

widerspiegelt. Das obere Trapez hat dabei eine Höhe von

t \cdot h

und eine Grundseitenlänge von

c + 2 \cdot t \cdot x

. Die Fläche dieses oberen Trapezes ergibt sich als

A_{O} = (c + t \cdot x) \cdot t \cdot h

Jetzt gilt es

t

so zu bestimmen, daß gilt:

A_{O} = \frac{1}{2} \cdot A

(c + t \cdot x) \cdot t \cdot h = \frac{1}{2} \cdot (c + x) \cdot h | : h;

ist erlaubt, da

h

positiv

(c + t \cdot x) \cdot t = \frac{1}{2} \cdot (c + x)

c \cdot t + x \cdot t^{2} = \frac{1}{2} \cdot c + \frac{1}{2} \cdot x

x \cdot t^{2} + c \cdot t - \frac{1}{2} \cdot (c + x) = 0 | : x;

ist erlaubt, da

x

im "echten" Trapez positiv

t^{2} + \frac{c}{x} \cdot t - \frac{1}{2} \cdot (\frac{c}{x} + 1) = 0

t_{1,2} = - \frac{c}{2 \cdot x} \pm \sqrt{\frac{c^{2}}{4 \cdot x^{2}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{c}{x} + \frac{1}{2}};

negativ plus negativ ist negativ, aber

0 < t < 1

t = - \frac{c}{2 \cdot x} + \sqrt{\frac{c^{2}}{4 \cdot x^{2}} + \frac{2 \cdot c \cdot x}{4 \cdot x^{2}} + \frac{2 \cdot x^{2}}{4 \cdot x^{2}}}

t = - \frac{c}{2 \cdot x} + \frac{1}{2 \cdot x} \cdot \sqrt{c^{2} + 2 \cdot c \cdot x + 2 \cdot x^{2}}

Das

t

kann man errechnen! Kann man, muß man aber nicht! Dazu formen wir die Lösung für

t

noch etwas um:

t = - \frac{c}{2 \cdot x} + \frac{1}{2 \cdot x} \cdot \sqrt{c^{2} + 2 \cdot c \cdot x + x^{2} + x^{2}}

t = - \frac{c}{2 \cdot x} + \frac{1}{2 \cdot x} \cdot \sqrt{{(c + x)}^{2} + x^{2}}

t = \frac{1}{2 \cdot x} \cdot (\sqrt{{(c + x)}^{2} + x^{2}} - c)

t = \frac{1}{x} \cdot (\frac{1}{2} \cdot (\sqrt{{(c + x)}^{2} + x^{2}} - c))

Dieses

t,

und noch viel besser das

t \cdot h,

ist konstruierbar (siehe angehängtes Bild): Man verlängert das Lot einer der beiden oberen Trapezeckpunkte über die Grundfläche hinaus um

x

Längeneinheiten. Der Lotfußpunkt auf der Grundseite des Trapezes sei L. Den Punkt

P

auf dieser Verlängerung, der den Abstand

x

zum Punkt

L

hat, verbindet man mit dem entfernteren Eckpunkt der Grundseite des Trapezes. Dadurch entsteht ein rechtwinkliges Dreieck mit den Kathetenlängen

c + x

und

x

und der Hypothenusenlänge

\sqrt{{(c + x)}^{2} + x^{2}}

. Auf der Hypothenuse trägt man nun vom Eckpunkt der Grundseite die Länge

c

ab, der entstandene Punkt sei

C'

. Der Abstand PC' beträgt nunmehr genau

\sqrt{{(c + x)}^{2} + x^{2}} - c

Längeneinheiten.

Zwischen

P

und

C'

wird der Mittelpunkt

C''

konstruiert.
Damit ist der Abstand PC'' genau

\frac{1}{2} \cdot (\sqrt{{(c + x)}^{2} + x^{2}} - c)

. Dieser Abstand PC'' verhält sich zu

x =

Abstand PL genau wie

t

zum Abstand 1 bzw. (weil es besser zu zeichnen ist) wie

t \cdot h

zum Abstand

h

. Dazu verbindet man

C''

mit

L,

konstruiert auf der Strecke PL den Punkt

L_{1}

mit Abstand

P L_{1} = h

. Die Verbindungsgerade durch

L

und

C''

wird parallel verschoben durch

L_{1}

und diese Parallele schneidet die Hypothenuse unseres rechtwinkligen Dreiecks im Punkt H. Der Abstand PH ist dann genau der gesuchte Abstand

t \cdot h

. Diesen nimmt man mit dem Zirkel auf und trägt ihn von den oberen Eckpunkten auf den Loten ab (es entstehen

H_{1}

und

H_{2})

und die Verbindungsgerade durch diese beiden entstandenen Punkte ist die gesuchte vierte Gerade durch das Trapez! Die Konstruktion der anderen 3 Geraden ist ja ein Kinderspiel und wird von mir hier deshalb unterschlagen!

Wenn Dir die Konstruktion in der linken unteren Ecke um den Punkt

P

zu eng wird, kannst Du nach der Konstruktion des Punktes

C'

auch alternativ so fortfahren:
Auf der Lotgeraden, auf der

L

und

P

liegen, kann man sich innerhalb des Dreiecks den Punkt

L'

mit einem Abstand

x

vom Punkt

L

konstruieren. Die Gerade durch

L'

und

C'

liegt parallel zu der Geraden im ersten Weg und ist auf Grund ihrer doppelten Länge für die Parallelverschiebung besser geeignet. Daß mit ihr das selbe Verhältnis definiert ist wie mit der Geraden durch

L

und

C''

liegt an der Parallelität, daß dieses Verhältnis aber genau dem gesuchten entspricht, zeigt aber die andere Alternative besser!

Die Zeichnung enthält mal beide Lösungsmöglichkeiten!

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