Mathematik zum Wochenende – Lösung
bearbeitet von Gunnar Bittersmann@@Gunnar Bittersmann
Die Aufgabe war eigentlich nicht schwer – wenn einem das räumliches Vorstellungsvermögen keinen Streich spielt. (Wir mir. 😧 Aber ich war in guter Gesellschaft. 😉)
Gefragt war die Größe der *Schnittfläche* der Ebene *AGP* mit dem Würfel – und die beschränkt sich nicht auf das *Dreieck* *AGP*, sondern geht auf der anderen Seite der Raumdiagonalen *AG* weiter. Die Schnittfläche ist das Viereck *AQGP* (*Q* ist der Mittelpunkt der Kante *DH*). Alle Seiten sind Hypotenusen in rechtwinkligen mit den Kathetenlängen 1 und 2, also gleich lang; die Schnittfläche ist also ein Rhombus.
[![Skizze](/images/2e3dbe96-b5cf-4fe5-8490-9389b6727e7e.jpeg?size=medium)](/images/2e3dbe96-b5cf-4fe5-8490-9389b6727e7e.jpeg)
Die Fläche eines Drachenvierecks (was ein Rhombus ja ist) ist halb so groß wie die Fläche des Rechtecks aus seinen Diagonalen. Die eine Diagonale *AG* ist die Raumdiagonale des Würfels, also 2√3 lang. Die andere Diagonale *PQ* ist so lang wie die Diagonale der Seitenflächen, also 2√2. Die Schnittfläche ist also ½ ⋅ 2√3 ⋅ 2√2 = **2√6**. (@ottogal und @Tabellenkalk hatten’s so.)
Andere Möglichkeit: Koordinatensystem mit *A* als Ursprung, *B* auf *x*-Achse, *D* auf *y*-Achse, *E* auf *z*-Achse. *P* hat darin die Koordinaten (2, 0, 1), *Q* die Koordinaten (0, 2, 1). Die Fläche des von den Vektoren *AP* und *AQ* aufgespannten Parallelogramms (was ein Rhombus ja ist) ist \|*AP* × *AQ*\|.
$$\begin{align} \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} &= \begin{vmatrix}
\overrightarrow{e_x} & \overrightarrow{e_y} & \overrightarrow{e_z} \\
2 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 1\end{vmatrix} = \begin{pmatrix}
-2 \\ -2 \\ 4\end{pmatrix} \\
\vert \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} \vert &= \sqrt{4+4+16} = \sqrt{4} \cdot \sqrt{1+1+4} = 2 \sqrt{6} \end{align}$$
Noch eine Möglichkeit (so hatte ich’s zuerst gemacht): Die Schnittfläche ist doppelt so groß wie das Dreieck *AGP*; dessen Fläche berechnet sich aus den Seitenlängen 2√3, √5 und √5 nach der [heronischen Formel](https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_des_Heron):
$$\begin{align}
s &= \sqrt{5} + \sqrt{3} \\
A_{AGP} &= \sqrt{ \left( \sqrt{5} + \sqrt{3} \right) \cdot \left( \sqrt{5} - \sqrt{3} \right) \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \sqrt{ \left( 5 - 3 \right) \cdot 3} = \sqrt{6} \\
A_{AQGP} &= 2\sqrt{6} \end{align}$$
---
Was ist denn mit der [anderen Aufgabe](https://forum.selfhtml.org/self/2017/oct/21/mathematik-zum-wochenende/1706568#m1706568)? Will keiner? Braucht ihr einen Tip? Ich hab’s über Winkelfunktionen gelöst. Aber auch nicht auf Anhieb am ersten Tag.
LLAP 🖖
--
“When UX doesn’t consider *all* users, shouldn’t it be known as ‘*Some* User Experience’ or... SUX? #a11y” —[Billy Gregory](https://twitter.com/thebillygregory/status/552466012713783297)
Mathematik zum Wochenende – Lösung
bearbeitet von Gunnar Bittersmann@@Gunnar Bittersmann
Die Aufgabe war eigentlich nicht schwer – wenn einem das räumliches Vorstellungsvermögen keinen Streich spielt. (Wir mir. 😧 Aber ich war in guter Gesellschaft. 😉)
Gefragt war die Größe der *Schnittfläche* der Ebene *AGP* mit dem Würfel – und die beschränkt sich nicht auf das *Dreieck* *AGP*, sondern geht auf der anderen Seite der Raumdiagonalen *AG* weiter. Die Schnittfläche ist das Viereck *AQGP* (*Q* ist der Mittelpunkt der Kante *DH*). Alle Seiten sind Hypotenusen in rechtwinkligen mit den Kathetenlängen 1 und 2, also gleich lang; die Schnittfläche ist also ein Rhombus.
[![](/images/2e3dbe96-b5cf-4fe5-8490-9389b6727e7e.jpeg?size=medium)](/images/2e3dbe96-b5cf-4fe5-8490-9389b6727e7e.jpeg)
[Skizze]
Die Fläche eines Drachenvierecks (was ein Rhombus ja ist) ist halb so groß wie die Fläche des Rechtecks aus seinen Diagonalen. Die eine Diagonale *AG* ist die Raumdiagonale des Würfels, also 2√3 lang. Die andere Diagonale *PQ* ist so lang wie die Diagonale der Seitenflächen, also 2√2. Die Schnittfläche ist also ½ ⋅ 2√3 ⋅ 2√2 = **2√6**. (@ottogal und @Tabellenkalk hatten’s so.)
Andere Möglichkeit: Koordinatensystem mit *A* als Ursprung, *B* auf *x*-Achse, *D* auf *y*-Achse, *E* auf *z*-Achse. *P* hat darin die Koordinaten (2, 0, 1), *Q* die Koordinaten (0, 2, 1). Die Fläche des von den Vektoren *AP* und *AQ* aufgespannten Parallelogramms (was ein Rhombus ja ist) ist \|*AP* × *AQ*\|.
$$\begin{align} \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} &= \begin{vmatrix}
\overrightarrow{e_x} & \overrightarrow{e_y} & \overrightarrow{e_z} \\
2 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 1\end{vmatrix} = \begin{pmatrix}
-2 \\ -2 \\ 4\end{pmatrix} \\
\vert \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} \vert &= \sqrt{4+4+16} = \sqrt{4} \cdot \sqrt{1+1+4} = 2 \sqrt{6} \end{align}$$
Noch eine Möglichkeit (so hatte ich’s zuerst gemacht): Die Schnittfläche ist doppelt so groß wie das Dreieck *AGP*; dessen Fläche berechnet sich aus den Seitenlängen 2√3, √5 und √5 nach der [heronischen Formel](https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_des_Heron):
$$\begin{align}
s &= \sqrt{5} + \sqrt{3} \\
A_{AGP} &= \sqrt{ \left( \sqrt{5} + \sqrt{3} \right) \cdot \left( \sqrt{5} - \sqrt{3} \right) \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \sqrt{ \left( 5 - 3 \right) \cdot 3} = \sqrt{6} \\
A_{AQGP} &= 2\sqrt{6} \end{align}$$
---
Was ist denn mit der [anderen Aufgabe](https://forum.selfhtml.org/self/2017/oct/21/mathematik-zum-wochenende/1706568#m1706568)? Will keiner? Braucht ihr einen Tip? Ich hab’s über Winkelfunktionen gelöst. Aber auch nicht auf Anhieb am ersten Tag.
LLAP 🖖
--
“When UX doesn’t consider *all* users, shouldn’t it be known as ‘*Some* User Experience’ or... SUX? #a11y” —[Billy Gregory](https://twitter.com/thebillygregory/status/552466012713783297)
Mathematik zum Wochenende – Lösung
bearbeitet von Gunnar Bittersmann@@Gunnar Bittersmann
Die Aufgabe war eigentlich nicht schwer – wenn einem das räumliches Vorstellungsvermögen keinen Streich spielt. (Wir mir. 😧 Aber ich war in guter Gesellschaft. 😉)
Gefragt war die Größe der *Schnittfläche* der Ebene *AGP* mit dem Würfel – und die beschränkt sich nicht auf das *Dreieck* *AGP*, sondern geht auf der anderen Seite der Raumdiagonalen *AG* weiter. Die Schnittfläche ist das Viereck *AQGP* (*Q* ist der Mittelpunkt der Kante *DH*). Alle Seiten sind Hypotenusen in rechtwinkligen mit den Kathetenlängen 1 und 2, also gleich lang; die Schnittfläche ist also ein Rhombus.
[Skizze]
Die Fläche eines Drachenvierecks (was ein Rhombus ja ist) ist halb so groß wie die Fläche des Rechtecks aus seinen Diagonalen. Die eine Diagonale *AG* ist die Raumdiagonale des Würfels, also 2√3 lang. Die andere Diagonale *PQ* ist so lang wie die Diagonale der Seitenflächen, also 2√2. Die Schnittfläche ist also ½ ⋅ 2√3 ⋅ 2√2 = **2√6**. (@ottogal und @Tabellenkalk hatten’s so.)
Andere Möglichkeit: Koordinatensystem mit *A* als Ursprung, *B* auf *x*-Achse, *D* auf *y*-Achse, *E* auf *z*-Achse. *P* hat darin die Koordinaten (2, 0, 1), *Q* die Koordinaten (0, 2, 1). Die Fläche des von den Vektoren *AP* und *AQ* aufgespannten Parallelogramms (was ein Rhombus ja ist) ist \|*AP* × *AQ*\|.
$$\begin{align} \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} &= \begin{vmatrix}
\overrightarrow{e_x} & \overrightarrow{e_y} & \overrightarrow{e_z} \\
2 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 1\end{vmatrix} = \begin{pmatrix}
-2 \\ -2 \\ 4\end{pmatrix} \\
\vert \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} \vert &= \sqrt{4+4+16} = \sqrt{4} \cdot \sqrt{1+1+4} = 2 \sqrt{6} \end{align}$$
Noch eine Möglichkeit (so hatte ich’s zuerst gemacht): Die Schnittfläche ist doppelt so groß wie das Dreieck *AGP*; dessen Fläche berechnet sich aus den Seitenlängen 2√3, √5 und √5 nach der [heronischen Formel](https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_des_Heron):
$$\begin{align}
s &= \sqrt{5} + \sqrt{3} \\
A_{AGP} &= \sqrt{ \left( \sqrt{5} + \sqrt{3} \right) \cdot \left( \sqrt{5} - \sqrt{3} \right) \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \sqrt{ \left( 5 - 3 \right) \cdot 3} = \sqrt{6} \\
A_{AQGP} &= 2\sqrt{6} \end{align}$$
---
Was ist denn mit der [anderen Aufgabe](https://forum.selfhtml.org/self/2017/oct/21/mathematik-zum-wochenende/1706568#m1706568)? Will keiner? Braucht ihr einen Tip? Ich hab’s über Winkelfunktionen gelöst. Aber auch nicht auf Anhieb am ersten Tag.
LLAP 🖖
--
“When UX doesn’t consider *all* users, shouldn’t it be known as ‘*Some* User Experience’ or... SUX? #a11y” —[Billy Gregory](https://twitter.com/thebillygregory/status/552466012713783297)
Mathematik zum Wochenende
bearbeitet von Gunnar Bittersmann@@Gunnar Bittersmann
Die Aufgabe war eigentlich nicht schwer – wenn einem das räumliches Vorstellungsvermögen keinen Streich spielt. (Wir mir. 😧 Aber ich war in guter Gesellschaft. 😉)
Gefragt war die Größe der *Schnittfläche* der Ebene *AGP* mit dem Würfel – und die beschränkt sich nicht auf das *Dreieck* *AGP*, sondern geht auf der anderen Seite der Raumdiagonalen *AG* weiter. Die Schnittfläche ist das Viereck *AQGP* (*Q* ist der Mittelpunkt der Kante *DH*). Alle Seiten sind Hypotenusen in rechtwinkligen mit den Kathetenlängen 1 und 2, also gleich lang; die Schnittfläche ist also ein Rhombus.
[Skizze]
Die Fläche eines Drachenvierecks (was ein Rhombus ja ist) ist halb so groß wie die Fläche des Rechtecks aus seinen Diagonalen. Die eine Diagonale *AG* ist die Raumdiagonale des Würfels, also 2√3 lang. Die andere Diagonale *PQ* ist so lang wie die Diagonale der Seitenflächen, also 2√2. Die Schnittfläche ist also ½ ⋅ 2√3 ⋅ 2√2 = **2√6**. (@ottogal und @Tabellenkalk hatten’s so.)
Andere Möglichkeit: Koordinatensystem mit *A* als Ursprung, *B* auf *x*-Achse, *D* auf *y*-Achse, *E* auf *z*-Achse. *P* hat darin die Koordinaten (2, 0, 1), *Q* die Koordinaten (0, 2, 1). Die Fläche des von den Vektoren *AP* und *AQ* aufgespannten Parallelogramms (was ein Rhombus ja ist) ist \|*AP* × *AQ*\|.
$$\begin{align} \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} &= \begin{vmatrix}
\overrightarrow{e_x} & \overrightarrow{e_y} & \overrightarrow{e_z} \\
2 & 0 & 1 \\
0 & 2 & 1\end{vmatrix} = \begin{pmatrix}
-2 \\ -2 \\ 4\end{pmatrix} \\
\vert \overrightarrow{AP} \times \overrightarrow{AQ} \vert &= \sqrt{4+4+16} = \sqrt{4} \cdot \sqrt{1+1+4} = 2 \sqrt{6} \end{align}$$
Noch eine Möglichkeit (so hatte ich’s zuerst gemacht): Die Schnittfläche ist doppelt so groß wie das Dreieck *AGP*; dessen Fläche berechnet sich aus den Seitenlängen 2√3, √5 und √5 nach der [heronischen Formel](https://de.wikipedia.org/wiki/Satz_des_Heron):
$$\begin{align}
s &= \sqrt{5} + \sqrt{3} \\
A_{AGP} &= \sqrt{ \left( \sqrt{5} + \sqrt{3} \right) \cdot \left( \sqrt{5} - \sqrt{3} \right) \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \sqrt{ \left( 5 - 3 \right) \cdot 3} = \sqrt{6} \\
A_{AQGP} &= 2\sqrt{6} \end{align}$$
---
Was ist denn mit der [anderen Aufgabe](https://forum.selfhtml.org/self/2017/oct/21/mathematik-zum-wochenende/1706568#m1706568)? Will keiner? Braucht ihr einen Tip? Ich hab’s über Winkelfunktionen gelöst. Aber auch nicht auf Anhieb am ersten Tag.
LLAP 🖖
--
“When UX doesn’t consider *all* users, shouldn’t it be known as ‘*Some* User Experience’ or... SUX? #a11y” —[Billy Gregory](https://twitter.com/thebillygregory/status/552466012713783297)