Abstand Punkt Gerade < Längen+Abst.+Winkel < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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(Frage) beantwortet  | | Datum: | 00:16 So 27.07.2014 | | Autor: | needmath |
| Aufgabe | Gegeben sei der Punkt A(2,3,-5) und die Gerade g: [mm] x=\vektor{4 \\ 3\\ 6}+t\vektor{5 \\ 3\\ 3}
[/mm]
Gesucht ist der Abstand |
ich hätte den Abstand mit einer Hilfsebene bestimmt, aber kann ich es auch mit der orthogonalen Projektion lösen?
ich habe mal eine skizze gemalt.
[Dateianhang nicht öffentlich]
der abstand wäre hier dann |y|
[mm] x=\bruch{\overrightarrow{0A}*g}{|g|^2}*g
[/mm]
y=g-x
gesuchter abstand=|y|
wäre das so richtig? kann man das so machen? ich habe mir gedacht, dass ich für den faktor t bei der geraden g einfach einen hohen wert setzte, sodass die gerade g lang genug ist für die orthogonalen projektion
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: JPG) [nicht öffentlich]
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Hallo needmath,
die Grundidee ist richtig, aber ich kann Dir nicht folgen. Vielleicht liegt es an der Notation.
> Gegeben sei der Punkt A(2,3,-5) und die Gerade g:
> [mm]x=\vektor{4 \\ 3\\ 6}+t\vektor{5 \\ 3\\ 3}[/mm]
>
> Gesucht ist der Abstand
> ich hätte den Abstand mit einer Hilfsebene bestimmt, aber
> kann ich es auch mit der orthogonalen Projektion lösen?
Das kann man.
> ich habe mal eine skizze gemalt.
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> der abstand wäre hier dann |y|
Richtig.
> [mm]x=\bruch{\overrightarrow{0A}*g}{|g|^2}*g[/mm]
Bitte unterscheide deutlich zwischen Vektoren und Beträgen. $x$ ist nicht das gleiche wie [mm][mm] \vec{(x)} [/mm] etc.
> y=g-x
Was ist hier $g$?
> gesuchter abstand=|y|
Ja, das schon. An den beiden Gleichungen oben musst Du aber noch arbeiten.
> wäre das so richtig? kann man das so machen? ich habe mir
> gedacht, dass ich für den faktor t bei der geraden g
> einfach einen hohen wert setzte, sodass die gerade g lang
> genug ist für die orthogonalen projektion
Nein, das hängt nicht von $t$ ab. Trotzdem stimmt die Grundidee.
Grüße
reverend
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