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abstand windschiefer geraden

Schüler Gymnasium, 13. Klassenstufe

Tags: windschiefe Geraden

8mileproof aktiv_icon

13:30 Uhr, 31.03.2010

also hab folgende Aufgabe

das alte dach in Figur 4 (s.eingescanntes Bild) benötigt zur Verstärkung einen Stützbalken zwischen der "windrispe"

\vec{B D}

und der Grundkante

\vec{O A}

. er soll zu

\vec{B D}

und

\vec{O A}

orthogonal sein.

a)

bestimmen sie die beiden Fußpunkte dieses gemeinsamen Lotes von

\vec{B D}

und

\vec{O A}

.

wie muss ich da genau vorgehen? ich habe zunächst einnmal die Geraden gebildet und den dazugehörigen Normalenvektor gebildet. aber weiter weiß ich nich...muss ich da als Fußpunkt etwa die jeweiligen Mittelpunkte der strecken berechnen?

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

ahmedhos aktiv_icon

13:36 Uhr, 31.03.2010

Schreib doch mal zuerst die Geraden in Parameterform.

Die Parametresierung der Geraden, die durch

B

und

D

geht und den Richtungsvektor hat, der von

B

nach

D

zeigt, ist:

h : \vec{x^{h}} = (\begin{matrix} 5 \\ 6 \\ 0 \end{matrix}) + λ \cdot (\begin{matrix} - 5 \\ - 3 \\ 6 \end{matrix})

Die Parametresierung der Geraden, die durch

O

und A geht und den Richtungsvektor hat, der von

O

nach A zeigt, ist:

g : \vec{x^{g}} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + μ \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

8mileproof aktiv_icon

13:41 Uhr, 31.03.2010

also hab folgende Geraden

g : \vec{x} = (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + r \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

h : \vec{x} = (\begin{matrix} 5 \\ 6 \\ 0 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} - 5 \\ - 3 \\ 6 \end{matrix})

und als normalenvektor habe ich

\vec{n} = (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})

ahmedhos aktiv_icon

13:44 Uhr, 31.03.2010

Schau dir die zwei Methoden hier: www.onlinemathe.de/forum/3D-Vektorrechnung an. Ich glaube nicht, daß die 2.Methode auch bei windschiefen Geraden hinhauen könnte. Die 1.Methode könnte aber hinhauen. Ich versuchs jetzt und poste meine Lösung gleich.

Zu einer Geraden in

3 D

gibt es unendlich viele Normalvektoren! Hast du den richtigen erwischt?!

8mileproof aktiv_icon

13:50 Uhr, 31.03.2010

ich habe das so bestimmt:
Richtungsvektor von

g \cdot \vec{n} = 0

(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) \cdot \vec{n} = 0

das ergab die Gleichung

5 n_{1} = 0

danach Richtungsvektor von

h \cdot \vec{n} = 0

(\begin{matrix} - 5 \\ - 3 \\ 6 \end{matrix}) \cdot \vec{n} = 0

das ergab die gleichung :

- 5 n_{1} - 3 n_{2} + 6 n_{3} = 0

hab sie ausgerechnet und da kam

\vec{n} = (\begin{matrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})

funke_61 aktiv_icon

13:55 Uhr, 31.03.2010

Hallo, nur ein Tip von mir.
aus
http://de.wikipedia.org/wiki/Abstand_windschiefer_Geraden
"Zur Berechnung des Abstandes kann man durch die eine Gerade eine Ebene legen, die zu der anderen Geraden parallel ist

[

einfach den Richtungsvektor der anderen Geraden verwenden]. Der Abstand der beiden Geraden zueinander ist identisch mit dem eines beliebigen Punktes der anderen Geraden zur konstruierten Ebene"
Wenn man so vorgeht, kann man das ganze anschließend auch mit der HNF (Hessenormalform) erschlagen.
Aber ich wollte mich nicht einmischen.
lg josef

8mileproof aktiv_icon

13:57 Uhr, 31.03.2010

aber hier geht es doch um winschiefe Geraden...kann man as überhaput mit einer parallelen ebene??...ja stimmt eigtl. schon...aber also mein Gedanke war einfach dass die mittelpunkte der strecken die fußpunkte des gemeinsamen lotes sein könnten...

funke_61 aktiv_icon

14:05 Uhr, 31.03.2010

ja, in diesem speziellen Fall hast Du (aufgrund der Symmetrie deiner Skizze) recht. hier kannst Du diesen Lösungsansatz verwenden.

lg josef

ahmedhos aktiv_icon

14:28 Uhr, 31.03.2010

Also die Methoden für die Berechnung des Abstands paralleler Geraden hauen nicht hin. Sorry, Bruder.

: - (

ahmedhos aktiv_icon

14:12 Uhr, 01.04.2010

Pass auf.

Gegeben sind 2 Parametresierungen der Geraden, also

\vec{x^{g}}

und

\vec{x^{h}}

.

Man sucht den Vektor:

\vec{e} = \vec{x^{g}} - \vec{x^{h}},

der unmittelbar aus Vektoraddition folgt, so, daß dieser Vektor sowohl senkrecht auf den Richtungsvektor von

g

als auch den Richtungsvektor von

h

.

Bedingungen:
I)

\vec{e} \cdot \vec{u^{g}} = 0

II)

\vec{e} \cdot \vec{u^{h}} = 0

Konkret heißt das:

\vec{e} = \vec{x^{g}} - \vec{x^{h}} = μ \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) - ((\begin{matrix} 5 \\ 6 \\ 0 \end{matrix}) + λ \cdot (\begin{matrix} - 5 \\ - 3 \\ 6 \end{matrix})) = (\begin{matrix} 5 \cdot μ - 5 + 5 \cdot λ \\ - 6 + 3 \cdot λ \\ - 6 \cdot λ \end{matrix})

\vec{e} \cdot \vec{u^{g}} = (\begin{matrix} 5 \cdot μ - 5 + 5 \cdot λ \\ - 6 + 3 \cdot λ \\ - 6 \cdot λ \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) = 25 \cdot μ + 25 \cdot λ - 25 = 0 \Leftrightarrow 25 \cdot μ + 25 \cdot λ = 25 \Leftrightarrow λ + μ = 1

II)

\vec{e} \cdot \vec{u^{h}} = (\begin{matrix} 5 \cdot μ - 5 + 5 \cdot λ \\ - 6 + 3 \cdot λ \\ - 6 \cdot λ \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} - 5 \\ - 3 \\ 6 \end{matrix}) = - 25 \cdot μ + 25 - 25 \cdot λ + 18 - 9 \cdot λ - 36 \cdot λ = 0 \Leftrightarrow 70 \cdot λ + 25 \cdot μ = 43

\Rightarrow

λ = 0,4

μ = 0,6

\Rightarrow

\vec{e} = (\begin{matrix} 5 \cdot 0,6 - 5 + 5 \cdot 0,4 \\ - 6 + 3 \cdot 0,4 \\ - 6 \cdot 0,4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ - 4,8 \\ - 2,4 \end{matrix})

\Rightarrow

d = | \vec{e} | =

\sqrt{{(- 4.8)}^{2} + {(- 2.4)}^{2}} = 5,36656315

BjBot aktiv_icon

15:02 Uhr, 01.04.2010

Der Vektor n=(0;2;1) steht senkrecht zu OA und BD (Kreuzprodukt)
Ein allgemeiner Punkt der Geraden durch O und A lautet R(5r|0|0)
Ein allgemeiner Punkt der Geraden durch B und D lautet S(5-5s|6-3s|6s)
Offensichtlich müssen die Vektoren RS und n kollinear, also Vielfache voneinander sein.
Mathematisch ausgedrückt muss also k*n=RS gelten.
Damit hat man dann ein eindeutig lösbares LGS, welches einem die entsprechenden Werte für r und s liefert.
Mehr ist es nicht.

ahmedhos aktiv_icon

16:13 Uhr, 01.04.2010

Wenn man die Idee von BjBot in der Tat umsetzt, dann schaut es so aus:

k \cdot (\vec{u^{g}} \times \vec{u^{h}}) = \vec{e}

k \cdot ((\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} - 5 \\ - 3 \\ 6 \end{matrix})) = (\begin{matrix} 5 \cdot μ - 5 + 5 \cdot λ \\ - 6 + 3 \cdot λ \\ - 6 \cdot λ \end{matrix})

(\begin{matrix} 0 \\ - 30 \cdot k \\ - 15 \cdot k \end{matrix}) = (\begin{matrix} 5 \cdot μ - 5 + 5 \cdot λ \\ - 6 + 3 \cdot λ \\ - 6 \cdot λ \end{matrix})

(\begin{matrix} 5 \cdot μ + 5 \cdot λ + 0 \cdot k \\ 0 \cdot μ + 3 \cdot λ + 30 \cdot k \\ 0 \cdot μ - 6 \cdot λ + 15 \cdot k \end{matrix}) = (\begin{matrix} 5 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})

\Rightarrow

μ = 0,6

λ = 0,4

k = 0,16

\Rightarrow

\vec{e} = (\begin{matrix} 0 \\ - 4,8 \\ - 2,4 \end{matrix})

\Rightarrow

d = | \vec{e} | = 5,36656315

BjBot aktiv_icon

17:16 Uhr, 01.04.2010

Da sind wieder irgendwelche Vorzeichenfehler drin.
Zudem ist d auch überhaupt nicht gefragt sondern R und S.

ahmedhos aktiv_icon

19:55 Uhr, 01.04.2010

" irgendwelche Vorzeichenfehler " ist zwar präsize, aber nicht extrem präsize!
Die Buchstaben und die Bezeichnungen orientieren sich an meine Beiträge und meine obige Zeichnung.

Ich habe den Fehler behoben! Komisch ist nur, daß das Vorzeichenfehler nichts ans Endergebnis ändert. :-)

BjBot aktiv_icon

21:01 Uhr, 01.04.2010

Aber wenn du schon den Drang hast meinen Weg vorzurechnen, dann auch richtig sonst blickt der Fragesteller ja gar nicht mehr durch.
RS als Vektor betrachtet lautet dann (5(1-s-r) ; 6-3s ; 6s)
Als LGS hat man damit dann:

1-r-s=0 <=> r=1-s
2k=6-3s <=> k=3-1,5s
k=6s <=> 3-1,5s=6s <=> s=0,4 ---> k=2,4 ----> r=1-0,4=0,6

Damit R(3|0|0) und S(3|4,8|2,4)

ahmedhos aktiv_icon

19:36 Uhr, 04.04.2010

Die länge des Stützbalkens ist überhaupt nicht gesucht! Sorry!

...

.

Dann wäre

R = \vec{x^{g}} (μ = 0,6) = (\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})

S = \vec{x^{h}} (λ = 0,4) = (\begin{matrix} 3 \\ 4,8 \\ 2,4 \end{matrix})

Diese Frage wurde automatisch geschlossen, da der Fragesteller kein Interesse mehr an der Frage gezeigt hat.

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