Das Bewegungsobjekt legt in 1min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}70\\ -60\\ 60\end{array}\right)$ zurück. Dieser Vektor hat die Länge =$\sqrt{{70}^2+{\mathrm{(-60)}}^2+{60}^2}=\sqrt{12100}=110$.
Die Geschwindigkeit ist also v=110$\frac{m}{\min }$ = 6.6$\frac{\mathrm{km}}{h}$

Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g mit g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-50\\ -10\\ 20\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}70\\ -60\\ 60\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann. Nach 8 min befindet es sich also im Punkt mit dem Ortsvektor
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}-50\\ -10\\ 20\end{array}\right)+8\cdot \left(\begin{array}{c}70\\ -60\\ 60\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}510\\ -490\\ 500\end{array}\right)$, also im Punkt P$\left(510|-490|500\right)$.

Das Bewegungsobjekt hat sich dann von A$\left(-50|-10|20\right)$ nach P$\left(510|-490|500\right)$ bewegt, also um den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AP}}$=$\left(\begin{array}{c}560\\ -480\\ 480\end{array}\right)$. Dessen Länge ist $\sqrt{{560}^2+{\mathrm{(-480)}}^2+{480}^2}=\sqrt{774400}=880$ (in m).

Den Steigungswinkel kann man einfach als Schnittwinkel der Geraden mit der (horizontalen) x₁-x₂-Ebene berechnen. Die x₁-x₂-Ebene hat die Gleichung x₃=0 und den Normalenvektor $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.
Daraus ergibt sich für den Steigungswinkel $\alpha$: sin($\alpha$)=$\frac{\left|\left(\begin{array}{c}70\\ -60\\ 60\end{array}\right)\circ \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)\right|}{\left|\left(\begin{array}{c}70\\ -60\\ 60\end{array}\right)\right|\cdot \left|\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)\right|}$ =
$=\frac{\left|60\right|}{\sqrt{12100}\cdot \sqrt{1}}\approx 0.5455$ => $\alpha$=33.1°

In 1min steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 60m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 20 auf 560m (also 540m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{\mathrm{540}}{\mathrm{60}}$min = 9min lang steigen (bzw. sinken).

Zuerst rechnen wir die Geschwindigkeit von km/h in $\frac{m}{s}$ um: v= $\frac{\mathrm{2160000\; m}}{\mathrm{3600\; s}}$ = 600$\frac{m}{s}$.
Die Länge des Vektors $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-400\\ 400\\ 200\end{array}\right)$ ist $\sqrt{{\mathrm{(-400)}}^2+{400}^2+{200}^2}=\sqrt{360000}=600$ (in m).
Bei einer Geschwindigkeit von 600$\frac{m}{s}$. braucht er für diese Strecke $\frac{\mathrm{600}}{\mathrm{600}}$s = 1s.
Punkt B wird als nach 1s erreicht.

In einer s wird also der Vektor $\left(\begin{array}{c}-400\\ 400\\ 200\end{array}\right)$ zurückgelegt.
Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann so als Gerade g mit g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}150\\ 150\\ 200\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-400\\ 400\\ 200\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

In 1s steigt (bzw. sinkt) das Bewegungsobjekt um 200m (Änderung in der x₃-Koordinate). Um von 200 auf 1400m (also 1200m) zu steigen (bzw. fallen), muss es also $\frac{\mathrm{1200}}{\mathrm{200}}$s = 6s lang steigen (bzw. sinken) und ist dann im Punkt mit dem Ortsvektor $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}150\\ 150\\ 200\end{array}\right)+6\cdot \left(\begin{array}{c}-400\\ 400\\ 200\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2250\\ 2550\\ 1400\end{array}\right)$
Also im Punkt P$\left(-2250|2550|1400\right)$.

Das Bewegungsobjekt legt in 3 s den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-180\\ -180\\ 90\end{array}\right)$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{3}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-180\\ -180\\ 90\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-60\\ -60\\ 30\end{array}\right)$ zurück.
Die Geradengleichung $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 10\\ 40\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-60\\ -60\\ 30\end{array}\right)$ beschreibt also den Ortsvektor zu dem Punkt, an dem sich das Bewegungsobjekt nach t s befindet.
Dieser Richtungsvektor (der in 1 s zurückgelegt wird) hat die Länge =$\sqrt{{\mathrm{(-60)}}^2+{\mathrm{(-60)}}^2+{30}^2}=\sqrt{8100}=90$.
Die Geschwindigkeit ist also v=90$\frac{m}{s}$
Für die Strecke von 18 km braucht es also $\frac{\mathrm{18000}}{\mathrm{90}}$s = 200s
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 10\\ 40\end{array}\right)+200\cdot \left(\begin{array}{c}-60\\ -60\\ 30\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12000\\ -11990\\ 6040\end{array}\right)$, also im Punkt P$\left(-12000|-11990|6040\right)$.

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also 6040 (in m).

Die Seilbahngondel F2 legt in 2s den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ -2\\ 0.2\end{array}\right)$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}8\\ -2\\ 0.2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0.1\end{array}\right)$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}65\\ -36\\ 2.3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0.1\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Um den Zeitpunkt zu finden, wann beide die gleiche Höhe haben, muss einfach ein t gefunden werden, bei dem die x₃-Koordinate bei beiden Gleichungen gleich groß ist, also:

$\mathrm{0,3}t+\mathrm{0,7}$	=	$\mathrm{0,1}t+\mathrm{2,3}$	| $-\mathrm{0,7}$ $-\mathrm{0,1}t$
$\mathrm{0,2}t$	=	$\mathrm{1,6}$	|:$\mathrm{0,2}$
$t$	=	$8$

nach 8 s sind also die Drohne F1 und die Seilbahngondel F2 auf gleicher Höhe: $\mathrm{0,3}\cdot 8+\mathrm{0,7}$ = 3.1 = $\mathrm{0,1}\cdot 8+\mathrm{2,3}$

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Die Drohne F1 ist genau dann unter/über der Flugbahn von F2, wenn die x₁- und x₂-Koordinaten der beiden Geradengleichungen übereinstimmen. Da aber höchstwahrscheinlich die Seilbahngondel F2 zu einem anderen Zeitpunkt genau unter oder über der Flugbahn von F1 ist, müssen wir verschiedene Parameter in die beiden Geradengleichungen einsetzen.

$\left(\begin{array}{c}9\\ 10\\ 0.7\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}65\\ -36\\ 2.3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0.1\end{array}\right)$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

Das heißt also, dass die Drohne F1 nach 8s und die Seilbahngondel F2 nach 2s an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

die Drohne F1 ist also nach 8s bei $\left(\begin{array}{c}9\\ 10\\ 0.7\end{array}\right)+8\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}73\\ -38\\ 3.1\end{array}\right)$, während die Seilbahngondel F2 nach 8s bei $\left(\begin{array}{c}65\\ -36\\ 2.3\end{array}\right)+8\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0.1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}97\\ -44\\ 3.1\end{array}\right)$ ist.

Der Abstand der beiden Objekte nach 8s ist also $\sqrt{\mathrm{612.0676}}$ m ≈ 24.74 m

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Auch den scheinbaren Schnittpunkt, den der genau darunter stehende Beobachter sieht, berechnet man indem man die x₁- und x₂-Koordinaten der beiden Geradengleichungen gleichsetzt.

$\left(\begin{array}{c}9\\ 10\\ 0.7\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}65\\ -36\\ 2.3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0.1\end{array}\right)$ da ja aber nur die x₁- und x₂-Koordinaten gleich sein müssen ergibt sich folgendes LGS:

Das heißt also, dass die Drohne F1 nach 8s und die Seilbahngondel F2 nach 2s an diesem 'x₁-x₂-Schnittpunkt' ist.

die Drohne F1 ist also nach 8s bei $\left(\begin{array}{c}9\\ 10\\ 0.7\end{array}\right)+8\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0.3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}73\\ -38\\ 3.1\end{array}\right)$, während die Seilbahngondel F2 nach 2s bei $\left(\begin{array}{c}65\\ -36\\ 2.3\end{array}\right)+2\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0.1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}73\\ -38\\ 2.5\end{array}\right)$ ist.

Sie haben dort also die selben x₁- und x₂-Koordinaten, in der Höhe (x₃-Koordinate) haben sie jedoch einen Unterschied von

3.1 - 2.5 = 0.6 m

Die Seilbahngondel legt in 2s den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-20\\ -8\\ 24\end{array}\right)$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-20\\ -8\\ 24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}23\\ 14\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

Die Drohne ist nach 5s an der Stelle P1 $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ -2\end{array}\right)+5\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -2\\ 11\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-45\\ -4\\ 53\end{array}\right)$ und die Seilbahngondel an der Stelle P2 $\left(\begin{array}{c}23\\ 14\\ -6\end{array}\right)+5\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-27\\ -6\\ 54\end{array}\right)$.

Der Abstand ist also ca. 18.14 m.

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Um den kleinsten Abstand der beiden Bewegungsbahnen zu erhalten müssen wir die klassische Rechnung zur Bestimmung des Abstands zweier windschieder Geraden durchführen:

Zuerst bilden wir eine Ebene, welche die Gerade h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}23\\ 14\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ enthält und parallel zur Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -2\\ 11\end{array}\right)$ ist, also $\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{c}23\\ 14\\ -6\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -4\\ 12\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -2\\ 11\end{array}\right)$
Der Normalenvektor dieser Ebene ist der Normalenvektor auf die beiden Richtungsvektoren der Geraden.

$\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}-10\\ -2\\ 11\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-10\\ -4\\ 12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·12-11·\left(-4\right)\\ 11·\left(-10\right)-\left(-10\right)·12\\ -10·\left(-4\right)-\left(-2\right)·\left(-10\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-24+44\\ -110+120\\ 40-20\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}20\\ 10\\ 20\end{array}\right)$ = 10⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$

Wenn wir den Aufpunkt von h A_h$\left(23|14|-6\right)$ in die allgemeine Ebenengleichung $2x_1+x_2+2x_3=\mathrm{d}$ einsetzen erhalten wir für diese Hilfsebene die Koordinatengleichung:

$2x_1+x_2+2x_3=48$

Nun können wir den Abstand zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-10\\ -2\\ 11\end{array}\right)$ und dieser (zu g parallelen) Ebene berechnen, indem wir aus der Geraden einen Punkt, am besten den Aufpunkt $\left(5|6|-2\right)$, nehmen und den Abstand zwischen diesem Punkt und der Ebene mit Hilfe der Hesse-Formel (Abstand Punkt-Ebene) berechnen. Dieser Abstand ist auch der Abstand der beiden windschiefen Geraden zueinander.

Wir berechnen den Abstand zwischen Punkt und Ebene mittels der Hesse'schen Normalenform.

$d=$ $\frac{|2\cdot 5+1\cdot 6+2\cdot (-2)-48|}{\sqrt{2^2+1^2+2^2}}$
$=$ $\frac{\left|-36\right|}{\sqrt{9}}$ $=$ $\frac{36}{3}$ = 12

Alternativer (kürzerer) Lösungsweg mit Formel einblenden

Der Abstand der beiden Bewegungsbahnen beträgt somit 12 m

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Um aber den geringsten Abstand der beiden Bewegungsobjekte zu berechnen, müssten wir den Abstand der beiden Positionen zu einer Zeit t bestimmen. Die aktuelle Position zum Zeitpunkt t lässt sich durch den allgemeinen Geradenpunkt darstellen.

Wir suchen also das t, so dass der Abstand zwischen ${\mathrm{G1}}_t\left(5-10t\right|6-2t\left|-2+11t\right)$ und ${\mathrm{G2}}_t\left(23-10t\right|14-4t\left|-6+12t\right)$ minimal wird.

d(t)= $\left|\left(\begin{array}{c}23-10t\\ 14-4t\\ -6+12t\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}5-10t\\ 6-2t\\ -2+11t\end{array}\right)\right|$= $\left|\left(\begin{array}{c}18+0t\\ 8-2t\\ -4+1t\end{array}\right)\right|$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{\left(0+18\right)}^2+{\left(-2t+8\right)}^2+{\left(t-4\right)}^2}$
= $\sqrt{324+4t^2-32t+64+t^2-8t+16}$
= $\sqrt{5t^2-40t+404}$

da $a<b\iff$ $\sqrt{a}$ < $\sqrt{b}$ können wir auch das Minimum der quadratischen Funktion unter der Wurzel bestimmen, um die gesuchte Zeit t zu erhalten. Dazu leiten wir diese erst mal zwei mal ab:

$\text{f'(t)}=$ $10x-40+0$

$\text{f''(t)}=$ $10+0+0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $4$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $\text{f''(t)}=$ $10+0+0$>0 ist also der Tiefpunkt bei t= $4$.

der minimale Abstand ist also d( $4$)= $\sqrt{5\cdot 4^2-40\cdot 4+404}$= $18$ ≈ 18 (in m)

Das Bewegungsobjekt legt in 4 s den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}240\\ 240\\ 120\end{array}\right)$ zurück.
In 1s legt es also den Vektor $\frac{1}{4}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}240\\ 240\\ 120\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)$ zurück.
Die Geradengleichung $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}50\\ 0\\ 40\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)$ beschreibt also den Ortsvektor zu dem Punkt, an dem sich das Bewegungsobjekt nach t s befindet.
Dieser Richtungsvektor (der in 1 s zurückgelegt wird) hat die Länge =$\sqrt{{60}^2+{60}^2+{30}^2}=\sqrt{8100}=90$.
Die Geschwindigkeit ist also v=90$\frac{m}{s}$
Für die Strecke von 18 km braucht es also $\frac{\mathrm{18000}}{\mathrm{90}}$s = 200s
Nach dieser Zeit befindet es sich dann im Punkt mit dem Ortsvektor
$\overrightarrow{\mathrm{OP}}$ = $\left(\begin{array}{c}50\\ 0\\ 40\end{array}\right)+200\cdot \left(\begin{array}{c}60\\ 60\\ 30\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12050\\ 12000\\ 6040\end{array}\right)$, also im Punkt P$\left(12050|12000|6040\right)$.

Die Höhe in diesem Punkt ist einfach die x₃-Koordinate, also 6040 (in m).

Das Bewegungsobjekt legt in 2min den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-60\\ 24\\ -8\end{array}\right)$ zurück.
In 1min legt es also den Vektor $\frac{1}{2}$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-60\\ 24\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-30\\ 12\\ -4\end{array}\right)$ zurück. Die Flugbahn/Bewegungsbahn kann als Gerade g2 mit g2: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}55\\ -16\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-30\\ 12\\ -4\end{array}\right)$ dargestellt werden, wobei der Parameter t dabei einfach als Zeit betrachtet werden kann.

F1 ist nach 3min an der Stelle P1 $\left(\begin{array}{c}-7\\ 2\\ 1\end{array}\right)+3\cdot \left(\begin{array}{c}-30\\ 11\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-97\\ 35\\ -5\end{array}\right)$ und F2 an der Stelle P2 $\left(\begin{array}{c}55\\ -16\\ 12\end{array}\right)+3\cdot \left(\begin{array}{c}-30\\ 12\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-35\\ 20\\ 0\end{array}\right)$.

Der Abstand ist also ca. 63.98 km.

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Um aber den geringsten Abstand der beiden Bewegungsobjekte zu berechnen, müssten wir den Abstand der beiden Positionen zu einer Zeit t bestimmen. Die aktuelle Position zum Zeitpunkt t lässt sich durch den allgemeinen Geradenpunkt darstellen.

Wir suchen also das t, so dass der Abstand zwischen ${\mathrm{G1}}_t\left(-7-30t\right|2+11t\left|1-2t\right)$ und ${\mathrm{G2}}_t\left(55-30t\right|-16+12t\left|12-4t\right)$ minimal wird.

d(t)= $\left|\left(\begin{array}{c}55-30t\\ -16+12t\\ 12-4t\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}-7-30t\\ 2+11t\\ 1-2t\end{array}\right)\right|$= $\left|\left(\begin{array}{c}62+0t\\ -18+1t\\ 11-2t\end{array}\right)\right|$ soll also minimal werden.

d(t)= $\sqrt{{\left(0+62\right)}^2+{\left(t-18\right)}^2+{\left(-2t+11\right)}^2}$
= $\sqrt{3844+t^2-36t+324+4t^2-44t+121}$
= $\sqrt{5t^2-80t+4289}$

da $a<b\iff$ $\sqrt{a}$ < $\sqrt{b}$ können wir auch das Minimum der quadratischen Funktion unter der Wurzel bestimmen, um die gesuchte Zeit t zu erhalten. Dazu leiten wir diese erst mal zwei mal ab:

$\text{f'(t)}=$ $10x-80+0$

$\text{f''(t)}=$ $10+0+0$

mit der notwendigen Bedingung f'(t)=0 erhält man t= $8$ als potentielle Extremstelle.

Wegen $\text{f''(t)}=$ $10+0+0$>0 ist also der Tiefpunkt bei t= $8$.

der minimale Abstand ist also d( $8$)= $\sqrt{5\cdot 8^2-80\cdot 8+4289}$= $63$ ≈ 63

Zuerst berechnen den t-Wert, an dem der Speer auf die x₁x₂-Ebene trifft, also wenn x₃= 0 ist:

$-t^2-\mathrm{0,5}t+\mathrm{2,34}$ = 0

Das heißt also, dass der Speer nach 1,3 s in der x₁x₂-Ebene angekommen ist. Wenn wir t = 1,3 in den Punkt X_t einsetzen, erhalten wir L( $16\cdot \mathrm{1,3}-1$| $30\cdot \mathrm{1,3}+5$| $-{\mathrm{1,3}}^2-\mathrm{0,5}\cdot \mathrm{1,3}+\mathrm{2,34}$) = L$\left(19.8|44|0\right)$ als den Landepunkt.

Da ja der Speer im Punkt X₀$\left(-1|5|2.34\right)$, also direkt über A$\left(-1|5|0\right)$ losgeflogen ist, können wir die gesuchte Weite einfach als Länge des
Vektors $\overrightarrow{\mathrm{AL}}$ = = $\left(\begin{array}{c}20.8\\ 39\\ 0\end{array}\right)$ berechnen:

d = $\sqrt{{20.8}^2+{39}^2+0^2}$ = 44,2