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Jedes beliebige (auch ausgeartete) Dreieck A'B'C'
in der Ebene kann als Normalprojektion eines
gleichseitigen Dreiecks ABC im Raum aufgefasst
werden.
Das brachte mich zu folgender Aufgabenstellung:
| Aufgabe | Gegeben sind drei beliebige Punkte A',B',C' in der
Ebene. Konstruiere einen Punkt D' derart, dass
A'B'C'D' die Normalprojektion eines regelmäßigen
Tetraeders ABCD im Raum ist. Anstelle einer
Konstruktion mit Zirkel und Lineal kommt auch
eine rechnerische Lösung in Frage. |
Insbesondere über die konstruktive Lösung habe
ich mir schon ein paar Gedanken gemacht und
denke, dass ich dies nach Auffrischung einiger
Dinge, die wir in Darstellender Geometrie gelernt
haben (z.B. die Rytzsche Achsenkonstruktion)
auch zustande bringen könnte.
Gespannt bin ich aber speziell auch auf rechnerische
Lösungsansätze und -Wege !
LG Al-Chwarizmi
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 11:57 Mo 27.07.2009 | | Autor: | abakus |
> Jedes beliebige (auch ausgeartete) Dreieck A'B'C'
> in der Ebene kann als Normalprojektion eines
> gleichseitigen Dreiecks ABC im Raum aufgefasst
> werden.
>
> Das brachte mich zu folgender Aufgabenstellung:
>
> Gegeben sind drei beliebige Punkte A',B',C' in der
> Ebene. Konstruiere einen Punkt D' derart, dass
> A'B'C'D' die Normalprojektion eines regelmäßigen
> Tetraeders ABCD im Raum ist. Anstelle einer
> Konstruktion mit Zirkel und Lineal kommt auch
> eine rechnerische Lösung in Frage.
>
> Insbesondere über die konstruktive Lösung habe
> ich mir schon ein paar Gedanken gemacht und
> denke, dass ich dies nach Auffrischung einiger
> Dinge, die wir in Darstellender Geometrie gelernt
> haben (z.B. die Rytzsche Achsenkonstruktion)
> auch zustande bringen könnte.
>
> Gespannt bin ich aber speziell auch auf rechnerische
> Lösungsansätze und -Wege !
Hallo,
da eine beliebige Parallelverschiedung der Grundfläche ABC deren Projektion nicht verändert, können wir doch die Grundfläche so verschieben, dass ein Punkt (z.B. A) in der Ebene liegt und die anderen beiden Punkte in der selben Raumhälfte bezüglich der Ebene liegen.
Es gilt also A=A'.
Die Strecke AB hat dann zur Ebene (und damit auch zu AB') einen Neigungswinkel [mm] \epsilon.
[/mm]
Die Strecke AC hat dann zur Ebene (und damit auch zu AC') einen Neigungswinkel [mm] \phi.
[/mm]
Damit gilt für die Seitenlänge a des gleichseitigen Dreiecks:
[mm] a=\bruch{\overline{A'B'}}{cos \epsilon} [/mm] und auch [mm] a=\bruch{\overline{A'C'}}{cos \phi}
[/mm]
Die Strecke [mm] \overline{BC} [/mm] kann aus der bekannten Länge [mm] \overline{B'C'} [/mm] und der Höhendifferenz der Punkte B und C über den Satz des Pythagoras berechnet werden:
[mm] \overline{BC}^2=a^2=\overline{B'C'}^2+(\overline{A'B'}*tan\epsilon -\overline{A'C'}*tan\phi)^2
[/mm]
Wir haben also das (zugegebenermaßen nicht hübsche) Gleichungssystem
(1) [mm] a=\bruch{\overline{A'B'}}{cos \epsilon}
[/mm]
(2) [mm] a=\bruch{\overline{A'C'}}{cos \phi}
[/mm]
(3) [mm] a^2=\overline{B'C'}^2+(\overline{A'B'}*tan\epsilon -\overline{A'C'}*tan\phi)^2
[/mm]
Die 3 Unbekannten sind a, [mm] \phi [/mm] und [mm] \epsilon.
[/mm]
Mit der Lösung des GS kann man die Koordinaten der Eckpunkte berechnen, den Mittelpunkt der Grundfläche, die Gleichung einer Normalen und in richtigen Abstand die Lage der Spitze (2 Lösungen).
Wirklich machen möchte ich es nicht, das Gleichungssystem ist zu hässlich.
Ach so, man kann natürlich auch als Unbekannte die Größen a, [mm] z_b [/mm] und [mm] z_c [/mm] verwendenden (bei Projektion in die x-y-Ebene sind [mm] z_b [/mm] und [mm] z_c [/mm] die z-Koordinaten der Punkte B und C.
Dann kann man A sogar in den Ursprung setzen, und man erhält:
(1) [mm] a^2=x_b^2+y_b^2+z_b^2
[/mm]
(2) [mm] a^2=x_c^2+y_c^2+z_c^2
[/mm]
(3) [mm] a^2=(x_c-x_b)^2+(y_c-y_b)^2+(z_c-z_b)^2
[/mm]
Das sollte ohne die trigonometrischen Ausdrücke wesentlich einfacher sein.
Gruß Abakus
>
>
> LG Al-Chwarizmi
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> Ach so, man kann natürlich auch als Unbekannte die
> Größen a, [mm]z_b[/mm] und [mm]z_c[/mm] verwendenden (bei Projektion in die
> x-y-Ebene sind [mm]z_b[/mm] und [mm]z_c[/mm] die z-Koordinaten der Punkte B
> und C.
> Dann kann man A sogar in den Ursprung setzen, und man
> erhält:
> (1) [mm]a^2=x_b^2+y_b^2+z_b^2[/mm]
>
> (2) [mm]a^2=x_c^2+y_c^2+z_c^2[/mm]
>
> (3) [mm]a^2=(x_c-x_b)^2+(y_c-y_b)^2+(z_c-z_b)^2[/mm]
>
> Das sollte ohne die trigonometrischen Ausdrücke wesentlich
> einfacher sein.
>
> Gruß Abakus
Hallo Abakus,
danke für die schnelle Antwort. Wie die Konstruk-
tion gehen müsste, habe ich mir inzwischen
überlegt und wenigstens den Lösungsweg grob
notiert.
Als rechnerischen Weg habe ich den Weg ohne
Trigonometrie gewählt und ich habe so wie du
A(0/0/0) gesetzt und ausserdem B(1/0/b). Es
genügt, wenn C(u/v/c) ganz allgemeine Lage
hat. Man gibt u und v vor und erhält dann ein
quadratisches Gleichungssystem für b und c,
welches dann z.B. auf eine biquadratische
Gleichung für b führt. Dann kann man via Schwer-
punkt und Normalenvektor die Koordinaten der
beiden möglichen Punkte $\ [mm] D_1$ [/mm] und $\ [mm] D_2$ [/mm] berechnen.
Ich habe das getan und in ein Programm verpackt,
welches dann eines der Tetraeder zeichnet.
(Irgend ein Wurm ist allerdings noch drin; die
Tetraeder sehen noch etwas schief aus. Ich muss
mich in den doch nicht so angenehmen Termen
irgendwo ein bisschen verheddert haben ...)
Inzwischen funktioniert das Programm einwand-
frei !
Wenn ich die beiden Lösungswege vergleiche,
muss ich ganz klar sagen, dass mir die zeich-
nerische Lösung besser gefällt als die rechne-
rische. Ein Stück weit schade ist es schon, dass
Darstellende Geometrie eine etwas in Verges-
senheit geratene Kunst ist.
LG Al
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