erschwerte Dreiecksberechnung

[Mo4487]

An eine Wand b (90 ° zum Boden a) soll eine Leiter c gelehnt werden.
Direkt an der Wand befindet sich ein Würfel mit der bekannten Kantenlänge w.
Die Leiter c soll so an die Wand b gelehnt werden , daß sie sich an der Würfelkante abstützen kann. Gegeben ist die Länge c der Leiter = Hypotenuse z.B. 10 m, die Kantenlänge w z.B. 1 m und natürlich der rechte Winkel zwischen a und b

Teilt man das Dreieck mit der Diagonale des Quadrats, so kann über die Fläche folgender Ansatz gemacht werden:
2 A = a * b = w * a + w * b.
a oder b kann nach dem Satz des Pythagoras durch c ausgedrückt werden.
Wie kann ich die Berechnung fortsetzen? Dringende Hilfe ist erforderlich.

[Gast]

das stichwort ist strahlensatz und nicht flächeninhalt

das teildreieck würfelkante, teil des bodens, teil der leiter wird zu erst ausgerechnet (mit pythagoras)

a-w ist das bodenstück
w ist die würfelkante

somit ist das leiterstück: a²-2aw

und dann einfaches verhältnis:

(a-w)/a = (a²-2aw)/c

Jetz kannste da von mir aus c=10m und w=1m einsetzen und erhältst a= ~3,9

und B auszurechnen sollte wohl nun nicht mehr das problem sein.

[Gast]

args, es ist schon spät am abend
ich muss mich verbessern:

somit ist das leiterstück: wurzel(a²-2aw+2w²)

und dann einfaches verhältnis:

(a-w)/a = (wurzel(a²-2aw+2w²))/c


aber nun hab ich keinen bock und keinen ansatz, das auszurechnen...
mein TR sagt mir a=9,94, bei c=10 und w=1

[stefan]

hmm... dein TR ist ja ein ganz toller...

Wenn ich den Strahlensatz-Ansatz, der m.E. nicht falsch ist, weiterführe (durch nicht so "schönes" Quadrieren, aber was anderes fällt mir nicht ein), dann komme ich auf ein Polynom vierten Grades, das ich nicht lösen kann (Substitution geht nicht, da Glieder 1. und 3. Grades vorhanden sind).

Offenbar bleibt nur, Nullstellen zu raten (evtl. durch Intervallschachtelung, der TR wird's genauso machen). Übrigens vermute ich, dass es sich um zwei doppelte Nullstellen handelt. Auf jeden Fall aber sind zwei Nullstellen nicht brauchbar, die anderen beiden schon. Es muss auch zwei Lösungen geben, die im Prinzip gleich, nur an der Diagonalen der Würfel-Seite gespiegelt sind. Zum Vorstellen: Wenn man eine Lösung findet und Wand und Boden vertauscht, klappt es immer noch, nur die Leiter steht jetzt entweder ganz flach (wenn sie vorher steil stand) oder ganz steil (wenn sie vorher flach stand).