Vektoren - Winkelberechnung < Vektoren < Lin. Algebra/Vektor < Oberstufe < Schule < Mathe < Vorhilfe
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| Aufgabe | a)
Berechnen Sie die Winkel, die von je zwei der Vektoren u, v, w gebildet werden:
u=(2,-2,1)
v=(2,5,14)
w=(4,4,-2)
b)
Berechnen Sie die Winkel, die die Diagonale eines Würfels zu einer Seitenfläche bzw. zu
einer anliegenden Kante bildet. Welche Rolle spielt dabei die Kantenlänge des Würfels? |
a)
[mm] \alpha_1=cos^{-1}(\bruch{u*v}{|u|*|v|})=cos^{-1}(\bruch{8}{45})=79,76 [/mm] grad
[mm] \alpha_2=cos^{-1}(\bruch{u*w}{|u|*|w|})=cos^{-1}(\bruch{-2}{18})=96,38 [/mm] grad
[mm] \alpha_3=cos^{-1}(\bruch{v*w}{|v|*|w|})=cos^{-1}(\bruch{0}{90})=90 [/mm] grad
stimmen die Lösungen?
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Bei b) muss ich 3 Winkel berechnen richtig? (siehe Bild)
[Dateianhang nicht öffentlich]
Die Länge der Seite beim Würfel ist nicht gegeben. Wie soll ich dann die Winkel berechnen?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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Hallo!
Sollte denn das Ergebnis von der Größe des Würfels abhängen? Nimm doch einfach für die Kanten
[mm] $\vektor{s\\0\\0}, \vektor{0\\s\\0}, \vektor{0\\0\\s}, \quad s\in\IR$ [/mm] an und schau, was 'raus kommt!
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Um die Diagonale des Würfel als vektor darstellen zu können, brauche ich ein ursprung bzw. ein Koordinatensystem richtig?
[Dateianhang nicht öffentlich]
Oder geht das auch ohne Ursprung?
Ich hätte die Diagonale nun so bestimmt:
[mm] \vec{d}=\overrightarrow{0P}=\vektor{s \\ s \\ s}-\vektor{0\\ 0\\ 0}=\vektor{s \\ s \\ s}
[/mm]
Den ursprung hätte ich eigentlich nicht gebraucht oder?
Dateianhänge:
Anhang Nr. 1 (Typ: png) [nicht öffentlich]
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 13:13 Mo 04.04.2016 | | Autor: | fred97 |
> Um die Diagonale des Würfel als vektor darstellen zu
> können, brauche ich ein ursprung bzw. ein
> Koordinatensystem richtig?
>
> [Dateianhang nicht öffentlich]
>
> Oder geht das auch ohne Ursprung?
Hä ???
>
> Ich hätte die Diagonale nun so bestimmt:
>
> [mm]\vec{d}=\overrightarrow{0P}=\vektor{s \\ s \\ s}-\vektor{0\\ 0\\ 0}=\vektor{s \\ s \\ s}[/mm]
Das ist O.K.
>
> Den ursprung hätte ich eigentlich nicht gebraucht oder?
Wie meinst Du das ??
FRED
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> Wie meinst Du das ??
>
die frage hat sich erledigt. Die Winkel hätte ich nun so bestimmt:
[mm] \alpha=cos^{-1}(\bruch{\vektor{s \\ s\\ s}*\vektor{s \\ 0\\ 0}}{|\vektor{s \\ s\\ s}|*|\vektor{s \\ 0\\ 0}|})=cos^{-1}(\bruch{s^2}{\wurzel{s^2+s^2+s^2}*s})=cos^{-1}(\bruch{1}{\wurzel{3}})\approx{54,74} [/mm] Grad
Das gleiche gilt auch für die anderen Winkel [mm] \beta [/mm] und [mm] \gamma. [/mm] das heißt es gilt: [mm] \alpha=\beta=\gamma
[/mm]
und weil am ende sich die seitenlänge s rauskürzt, spielt die Seitenlängen (Kantenlängen) keine Rolle
Stimmt die lösung?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:44 Mo 04.04.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
du hast die Winkel zu den Kanten richtig, aber noch nicht die zu den Seiten berechnet. Du bist nach insgesamt 6 Winkeln gefragt.
den Nullpkt brauchst du nicht das sind doch Vektoren und nicht Punkte die da stehen.
Gruß ledum
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Ich verstehe nicht wie man die winkel zu den Seiten berechnen soll. Man kann die Seiten nicht als Vektoren darstellen, sondern als Ebene
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(Antwort) fertig | | Datum: | 17:33 Mo 04.04.2016 | | Autor: | chrisno |
Bestimme den Winkel zum Normalenvektor einer Ebene. Ziehe von 90° diesen Winkel ab. Das ist der Winkel zwischen Gerade und Ebene.
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> Bestimme den Winkel zum Normalenvektor einer Ebene.
meinst du den Winkel zwischen Diagonale und Normalenvektor? Der Normalenvektor kann ja überall auf der Ebene stehen und dann wäre der Winkel auch immer unterschiedlich
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(Antwort) fertig | | Datum: | 18:17 Mo 04.04.2016 | | Autor: | fred97 |
> > Bestimme den Winkel zum Normalenvektor einer Ebene.
>
> meinst du den Winkel zwischen Diagonale und Normalenvektor?
> Der Normalenvektor kann ja überall auf der Ebene stehen
Ja, das kann er ....
> und dann wäre der Winkel auch immer unterschiedlich
Nein, das ist Unfug !
FRED
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okay jetzt habe ich das verstanden.
Winkel zur [mm] x_1x_2-Ebene=\varphi
[/mm]
Normalvektor: [mm] \vec{n}=\vektor{0 \\ 0\\ s}
[/mm]
Diagonale: [mm] \vec{d}=\vektor{s \\ s\\ s}
[/mm]
[mm] \varphi=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{n}}{|\vec{d}|*|\vec{n}|})=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{1}{\wurzel{3}})\approx{90^{\circ}-54,74^{\circ}}=35,26^{\circ}
[/mm]
Und weil der Winkel zwischen Diagonale und Normalvektor unabhängig von der Länge des Normalvektors, beträgt der Winkel zwischen Diagonale und den anderen Ebenen ebenfalls [mm] 35,26^{\circ}
[/mm]
Stimmt die lösung und habe ich es richtig begründet?
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(Antwort) fertig | | Datum: | 22:00 Mo 04.04.2016 | | Autor: | chrisno |
> okay jetzt habe ich das verstanden.
>
> Winkel zur [mm]x_1x_2-Ebene=\varphi[/mm]
>
> Normalvektor: [mm]\vec{n}=\vektor{0 \\ 0\\ s}[/mm]
>
> Diagonale: [mm]\vec{d}=\vektor{s \\ s\\ s}[/mm]
>
> [mm]\varphi=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{n}}{|\vec{d}|*|\vec{n}|})=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{1}{\wurzel{3}})\approx{90^{\circ}-54,74^{\circ}}=35,26^{\circ}[/mm]
![[ok]](/images/smileys/ok.gif "[ok]") (Du kannst auch direkt mit dem Sinus rechnen.)
>
> Und weil der Winkel zwischen Diagonale und Normalvektor
> unabhängig von der Länge des Normalvektors, beträgt der
> Winkel zwischen Diagonale und den anderen Ebenen ebenfalls
> [mm]35,26^{\circ}[/mm]
Die Begründung ist so nicht richtig. Mit der Länge eines Vektors zu argumentieren ist Unsinn, wenn Du über den Winkel zwischen Vektoren etwas aussagen willst. Außerdem bietet es sich an, für alle Normalenvektoren die gleiche Länge zu wählen.
Es gibt mehrere Möglichkeiten korrekt zu argumentieren. Meine liebste Version beruft sich auf die Symmetrien eines Würfels.
>
> Stimmt die lösung und habe ich es richtig begründet?
s.o.
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Dann ist die folgende Argumentation auch falsch?
> [mm] \alpha=cos^{-1}(\bruch{\vektor{s \\ s\\ s}*\vektor{s \\ 0\\ 0}}{|\vektor{s \\ s\\ s}|*|\vektor{s \\ 0\\ 0}|})=cos^{-1}(\bruch{s^2}{\wurzel{s^2+s^2+s^2}*s})=cos^{-1}(\bruch{1}{\wurzel{3}})\approx{54,74} [/mm] Grad
> Das gleiche gilt auch für die anderen Winkel [mm] \beta [/mm] und [mm] \gamma. [/mm] das heißt es gilt: [mm] \alpha=\beta=\gamma
[/mm]
> und weil am ende sich die seitenlänge s rauskürzt, spielt die Seitenlängen (Kantenlängen) keine Rolle
Was wäre eine alternative Argumentation dafür das die Seiten- bzw. kantenlängen keine Rolle für die Winkeln spielen? (außer wegen der Symmmetrie des Würfels).
Ich würde das gerne so begründen, dass bei der gleichung
[mm] \alpha=cos^{-1}(\bruch{\vektor{s \\ s\\ s}*\vektor{s \\ 0\\ 0}}{|\vektor{s \\ s\\ s}|*|\vektor{s \\ 0\\ 0}|})
[/mm]
die Seiten - bzw. kantenlängen [mm]s[/mm] am ende wegkürzt.
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(Antwort) fertig | | Datum: | 16:04 Di 05.04.2016 | | Autor: | leduart |
Hallo
du kannst es rechnerisch so machen, einfacher ist alle Würfel sind ähnlich, d.h. alle entsprechenden Winkel sind gleich.
Gruß leduart
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(Antwort) fertig | | Datum: | 21:21 Di 05.04.2016 | | Autor: | chrisno |
Ich möchte das noch einmal auseinander sortieren.
> und weil am ende sich die seitenlänge s rauskürzt, spielt die Seitenlängen (Kantenlängen) keine Rolle
Das ist richtig so.
> Und weil der Winkel zwischen Diagonale und Normalvektor unabhängig von der Länge des Normalvektors
Das ist immer richtig, weil der Winkel zwischen zwei Vektoren eben nichts mit deren Länge zu tun hat. so kannst Du aber nicht etwas für die anderen Winkel folgern.
Mein Vorschlag: Ein Würfel hat um eine Diagonale eine 120°-Rotataionssymmetrie, also sind die drei Winkel zwischen der Diagonale und den Seiten gleich groß.
Andere Möglichkeit:
$ [mm] \alpha=cos^{-1}\left(\bruch{\vektor{s \\ s\\ s}\cdot{}\vektor{s \\ 0\\ 0}}{\left|\vektor{s \\ s\\ s}\right|\cdot{}\left|\vektor{s \\ 0\\ 0}\right|}\right) [/mm] $
Für die anderen beiden Flächen wandert nur das eine s im Normalenvektor an eine andere Stelle. Damit bleibt das Ergebnis, der Winkel, gleich.
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Du kannst auch ohne Koordinatensystem rechnen. Setze an einer Würfelecke drei Pfeile entlang der Würfelkanten an. Sie mögen für Vektoren [mm]e,f,g[/mm] stehen, die den Würfel aufspannen. Skalarprodukte zwischen verschiedenen Vektoren sind 0, da die Vektoren senkrecht aufeinander stehen:
[mm]\text{(1)} \ \ ef = eg = fg = 0[/mm]
Und die Quadrate ergeben denselben Wert. Man darf normieren und dafür 1 nehmen (alle Würfel sind untereinander ähnlich):
[mm]\text{(2)} \ \ e^2 = f^2 =g^2 = 1[/mm]
Eine Raumdiagonale kann man durch [mm]e+f+g[/mm] repräsentieren, eine Flächendiagonale durch [mm]e+f[/mm]. Ist [mm]\varphi[/mm] der Winkel zwischen der Raumdiagonalen und einer Seitenfläche, so gilt dann
[mm]\cos \varphi = \frac{(e+f+g)(e+f)}{\left| e+f+g \right| \cdot \left| e+f \right|}[/mm]
Wegen [mm]\text{(1)}[/mm] bleiben nach dem Ausmultiplizieren nur die Produkte übrig, wo ein Vektor auf sich selbst trifft. Und im Nenner rechnet man ebenso:
[mm]\left| e+f+g \right| = \sqrt{\left( e+f+g \right)^2} = \sqrt{e^2 + f^2 + g^2} = \sqrt{3}[/mm]
[mm]\left| e+f \right| = \sqrt{\left( e+f \right)^2} = \sqrt{e^2 + f^2} = \sqrt{2}[/mm]
Insgesamt ergibt sich:
[mm]\cos \varphi = \frac{e^2 + f^2}{\sqrt{3} \cdot \sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2} \cdot \sqrt{3}} = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}}[/mm]
[mm]\varphi \approx 35{,}26^{\circ}[/mm]
Natürlich könnte jemand völlig zurecht einwenden, daß man ja hier mit dem Orthonormalsystem [mm]e,f,g[/mm] implizit auch ein Koordinatensystem mitführt. Geschenkt ...
Elementargeometrisch könnte man auch den Tangens verwenden im Dreieck aus Raumdiagonale, Seitendiagonale und Würfelkante.
[mm]\tan \varphi = \frac{1}{\sqrt{2}}[/mm]
[mm]\varphi \approx 35{,}26^{\circ}[/mm]
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 06:05 Mo 04.04.2016 | | Autor: | fred97 |
> a)
>
> Berechnen Sie die Winkel, die von je zwei der Vektoren u,
> v, w gebildet werden:
>
> u=(2,-2,1)
>
> v=(2,5,14)
>
> w=(4,4,-2)
>
> b)
>
> Berechnen Sie die Winkel, die die Diagonale eines Würfels
> zu einer Seitenfläche bzw. zu
> einer anliegenden Kante bildet. Welche Rolle spielt dabei
> die Kantenlänge des Würfels?
>
> a)
>
> [mm]\alpha_1=cos^{-1}(\bruch{u*v}{|u|*|v|})=cos^{-1}(\bruch{8}{45})=79,76[/mm]
> grad
>
> [mm]\alpha_2=cos^{-1}(\bruch{u*w}{|u|*|w|})=cos^{-1}(\bruch{-2}{18})=96,38[/mm]
> grad
>
> [mm]\alpha_3=cos^{-1}(\bruch{v*w}{|v|*|w|})=cos^{-1}(\bruch{0}{90})=90[/mm]
> grad
>
> stimmen die Lösungen?
Ja
FRED
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| Aufgabe | | Berechnen Sie die Winkel, die die Diagonale eines Quaders zu einer Seitenfläche bzw. zu einer anliegenden Kante bilden. Welche Rolle spielen dabei die Kantenlängen a; b; c des Quaders? |
Es liegen die folgenden Vektoren vor:
[mm] \vec{a}=\vektor{a \\ 0 \\ 0}; \vec{b}=\vektor{0 \\ b \\ 0}; \vec{c}=\vektor{0 \\ 0 \\ c}
[/mm]
Für die Diagonale gilt:
[mm] \vec{d}=\vektor{a \\ b \\ c}
[/mm]
Für die Winkel zwischen Diagonale und Kanten gilt:
[mm] \alpha=cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{a}}{|\vec{d}|*|\vec{a}|})=cos^{-1}(\bruch{a}{\wurzel{a^2+b^2+c^2}})
[/mm]
[mm] \beta=cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{b}}{|\vec{d}|*|\vec{b}|})=cos^{-1}(\bruch{b}{\wurzel{a^2+b^2+c^2}})
[/mm]
[mm] \gamma=cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{c}}{|\vec{d}|*|\vec{c}|})=cos^{-1}(\bruch{c}{\wurzel{a^2+b^2+c^2}})
[/mm]
Antwort: Die kantenlängen beeinflussen den Winkel ziwschen Diagonale und Kante
Winkel zwischen Diagonale und Seitenfläche gilt:
Winkel zur Seite [mm]a*b[/mm]:
Normalvektor [mm] \vec{n}=\vec{c}
[/mm]
[mm] \varphi_{a*b}=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{c}}{|\vec{d}|*|\vec{c}|})=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{c}{\wurzel{a^2+b^2+c^2}})
[/mm]
Winkel zur Seite [mm]b*c[/mm]:
Normalvektor [mm] \vec{n}=\vec{a}
[/mm]
[mm] \varphi_{b*c}=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{a}}{|\vec{d}|*|\vec{a}|})=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{a}{\wurzel{a^2+b^2+c^2}})
[/mm]
Winkel zur Seite [mm]a*c[/mm]:
Normalvektor [mm] \vec{n}=\vec{b}
[/mm]
[mm] \varphi_{a*c}=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{\vec{d}*\vec{b}}{|\vec{d}|*|\vec{b}|})=90^{\circ}-cos^{-1}(\bruch{b}{\wurzel{a^2+b^2+c^2}})
[/mm]
Auch bei den Winkel zwischen Diagonale und Seitenfläche wird der Winkel durch die Kantenlängen beeinflusst.
Stimmen die lösungen?
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 18:23 Di 05.04.2016 | | Autor: | M.Rex |
Hallo
Das stimmt so
Marius
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