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Category Archives: Vektorrechnung

Analytische Geometrie / Abi Berlin

Übungsaufgaben



Lösung
a) Zeige, dass das Viereck $ABFE$ ein Trapez ist.

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Länge\: AE\: und\: BF $

$\qquad$ $ |\overline{AE}|=\sqrt{(0-0)^2+(40-0)^2+(120-0)^2}=126,491 $

$\qquad$ $ |\overline{BF}|=\sqrt{(0-0)^2+(58-20)^2+(114-0)^2}=120,166 $

$\qquad$ $ \large \frac {\overline{AE}} {\overline{BF}} = \frac{126,491}{120,166} $ $ \large = \frac{20}{19} $ $ \iff 20\cdot \overline{BF}=19\cdot \overline{AE} $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \iff \overline{BF}= \large \frac{19}{20} \cdot $ $ \overline{AE} $

$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ \iff \overline{BF} \parallel \overline{AE} \:\: \longrightarrow \:\: ABFE $ ist ein Trapez.

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Prüfe\: ob\: das\: Viereck\: im\: E\: einen\: rechten\: Winkel\: hat $

$\qquad$ Berechene das Skalarprodukt von $\overrightarrow{AE}$ und $\overrightarrow{EF}$

$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AE} = \begin{pmatrix} 0-0\\40-0\\120-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\40\\120 \end{pmatrix} \:\:\:\: | \:\:\:\: \overrightarrow{EF} = \begin{pmatrix} 0-0\\58-40\\114-120 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\18\\-6 \end{pmatrix} $

$\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AE} \cdot \overrightarrow{EF} = \begin{pmatrix} 0\\40\\120 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\18\\-6 \end{pmatrix} = 0\cdot 0+40\cdot 18+120\cdot (-6)=0 $

$\qquad\qquad$ $ \longrightarrow $ das Viereck hat im Punkt $E$ einen rechten Winkel.

b) Liegen $L$ und $M$ auf $AE$ bzw. $BF$ und verläuft $LM$ parallel zu $AB$ durch den Mittel-punkt von $EF$ , so ist der Flächeninhalt des Vierecks $ABFE$ ebenso groß wie der Flächeninhalt des Parallelogramms $ABML$. Betrachtet man $AB$ als dessen Grund- seite, so ist die zugehörige Höhe der Mittelwert der $z$-Koordinaten von $E$ und $F$. Die untere Teilfläche ist ein Parallelogramm, dessen Höhe zur Grundseite $AB$ halb so groß ist wie die des Parallelogramms $ABML$.



Übungen Geometrie - Vektorrechnung

Übungsaufgaben



  1. Gegeben sind die drei Punkte $A(3|5|1)$, $\: B(-5|7|17)$, und $C(6|2|13)$

    a) Gebe eine Gerade der Gleichung an, die durch die Punkte $A$ und $B$ geht. Zeige, dass der Punkt $M(-1|6|9)$ der Mittelpunkt der Strecke $AB$ ist.

    b) Weise nach, dass das Dreieck $AMC$ rechtwinklig ist.
    Gebe den Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ an.
    Lösung
    $A(3|5|1)$, $\: B(-5|7|17)$, und $C(6|2|13)$

    $\:\:$ a) Gebe die Gerade $g$ durch $A$ und $B$.

    $\qquad\qquad g_{AB}:\vec{x}= \begin{pmatrix} 3\\5\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -5-3\\7-5\\17-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -8\\2\\16 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Zeige,\: dass\: M\: der\: Mittelpunkt\: von\: AB\: ist $

    $\qquad$ $x_M= \frac{1}{2} (3-5)=-1 \:\:|\:\: y_M= \frac{1}{2} (5+7)=6 \:\:|\:\: z_M= \frac{1}{2} (1+17)=9 $

    $\qquad$ $ \longrightarrow \: M \begin{pmatrix} -1\\6\\9 \end{pmatrix}, \:\: $ mit $ r=\frac{1}{2} $

    $\:\:$ b) Weise nach, dass das Dreieck $AMC$ rechtwinklig ist.

    $\qquad$ Berechne $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{MC}$

    $\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM}= \begin{pmatrix} -1-3\\6-5\\9-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\\1\\8 \end{pmatrix} $ $ \:\:|\:\: $ $ \overrightarrow{MC}= \begin{pmatrix} 6+1\\2-6\\13-9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 7\\-4\\4 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Berechne das Skalarprodukt von $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{MC}$

    $\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{MC} = -4\cdot7+1\cdot (-4)+8\cdot 4=0 \:\: \longrightarrow \:\: AMC $ ist rechtwinklig.

    $\qquad$ Gebe den Flächeninhalt des Dreiecks $ABC$ an.

    $\qquad\qquad$ Betrag von $AM$: $ | \overrightarrow{AM} |= \sqrt{(-4)^2+1^2+8^2}=9 $

    $\qquad\qquad$ Betrag von $MC$: $ | \overrightarrow{AM} |= \sqrt{7^2+(-4)^2+4^2}=9 $

    $\qquad\qquad$ Betrag von $AB$: $ | \overrightarrow{AB} |= 2\cdot | \overrightarrow{AM} |= 2\cdot 9= 18 $

    $\qquad\qquad$ Flächeninhalt von $ABC=9\cdot 9=81\:FE$

  2. Die Gerade $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\0\\12 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\0\\-3 \end{pmatrix}; \: r\in\mathbb{R} $ und der Punkt $B(0|3|6)$ legen eine Ebene $E$ fest.

    a) Weise nach, dass $3x+2y+z=12$ eine Gleichung für die Ebene $E$ ist.

    b) Die Ebene $E$ schneidet die $x$-$y$-Ebene. Gebe die Koordinaten von zwei Punkten an, die auf der Schnittgeraden der Ebene $E$ mit der $x$-$y$-Ebene liegen.
    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\0\\12 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\0\\-3 \end{pmatrix} $ und $B(0|3|6)$

    a) Weise nach, dass $3x+2y+z=12$ eine Gleichung für die Ebene $E$ ist.

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: g\: und\: B\: in\: E\: ein\: und\: prüfe\: ob\: 12\: raus\: kommt $

    $\qquad$ $ *\:\: 3(0+r)+2(0+0r)+(12-3r)=12 $

    $\qquad$ $ \:\: \iff 3r+12-3=12 $

    $\qquad$ $ \:\: \iff 12=12\:\: W.A.\:\: \longrightarrow\:\: $ $g$ liegt auf $E$.


    $\qquad$ $ *\:\: 3(0)+2(3)+6=12 $

    $\qquad$ $ \:\: \iff 12=12\:\: W.A.\:\: \longrightarrow\:\: $ $B$ liegt auf $E$.



    b) Koordinaten von Punkten, die auf der Schnittgeraden der Ebene $E$ mit der $x$-$y$-Ebene liegen.

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Gebe\: die\: Koordinaten\: von\: 2\: Punkten\: an $

    $\qquad$ Schnittpunkt mit $x$-$y$-Ebene $\longrightarrow$ $z=0$

    $\qquad$ Seien: $ P \begin{pmatrix} x_P\\y_P\\z_P \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_P\\y_P\\0 \end{pmatrix} $ $ \:\:\: $ und $ \:\:\: $ $ Q \begin{pmatrix} x_Q\\y_Q\\z_Q \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x_Q\\y_Q\\0 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ $P$ hat einen Schnittpunkt mit $E$:

    $\qquad$ $\Longrightarrow 3 \cdot x_P+2 \cdot y_P+0 \cdot z_P=12 $

    $\qquad$ Für $x_P=0, \:\:\:3\cdot 0+2\cdot y_P+0\cdot z_P=12 $

    $\qquad\qquad$ $ \iff 2\cdot y_P=12 $
    $\qquad\qquad$ $ \iff y_P=6 $ $ \longrightarrow P \begin{pmatrix} 0\\2\cdot 6\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\6\\0 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ $Q$ hat einen Schnittpunkt mit $E$:

    $\qquad$ $\Longrightarrow 3 \cdot x_Q+2 \cdot y_Q+0 \cdot z_Q=12 $

    $\qquad$ Für $y_Q=0, \:\:\:3\cdot x_Q+2\cdot 0+0\cdot z_Q=12 $

    $\qquad\qquad$ $ \iff 3\cdot x_Q=12 $
    $\qquad\qquad$ $ \iff x_Q=4 $ $ \longrightarrow Q \begin{pmatrix} 3\cdot 4\\0\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4\\0\\0 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Da bekommst du die Punkte $ P \begin{pmatrix} 0\\6\\0 \end{pmatrix} \:\: $ und $ \:\: Q \begin{pmatrix} 4\\0\\0 \end{pmatrix} $





  3. Lösung
    $A(6|0|0), \: B(0|8|0), \: C(6|8|0)$ und $S(0|0|10)$

    a) Gebe eine Gleichung der Geraden an, die durch die Punkte $S$ und $C$ geht.

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: S\: als\: Ortsvektor \:(Stützvektor) $

    $\qquad$ $ g_{SC}: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\0\\10 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 6\\8\\-10 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Zeige\: dass\: M\: der\: Mittelpunkt\: von\: SC\: ist $

    $\qquad$ $ x_{SC}= \frac{0+6}{2}=3\:\:|\:\: y_{SC}= \frac{0+8}{2}=4\:\:|\:\: z_{SC}= \frac{10+0}{2}=5\ $ $ \iff M(3|4|5) $


    b) Weise nach, dass das Dreieck $ABM$ ein rechtwinkliges Dreieck ist.

    $\qquad$ Berechne $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{AB}$

    $\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM}= \begin{pmatrix} 3-6\\4-0\\5-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3\\4\\5 \end{pmatrix} $ $ \:\:|\:\: $ $ \overrightarrow{MB}= \begin{pmatrix} 3-0\\4-8\\5-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\-4\\5 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Berechne das Skalarprodukt von $\overrightarrow{AM}$ und $\overrightarrow{MB}$

    $\qquad\qquad$ $ \overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{MB} = -3\cdot3+4\cdot (-4)+5\cdot 5=0 $

    $\qquad\qquad$ $ \longrightarrow \:\: $ AMB ist rechtwinklig, bei $M$.


  4. Gegeben ist die Ebene $E$ durch $E:3x-4y+z=11$ und die Gerade $g$ durch $ g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 2\\0\\5 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix}; \:\: r\in\mathbb{R}. $

    $\:\:$ a) Zeige, dass die Gerade $g$ in der Ebene $E$ liegt.

    $\:\:$ b) Ermittle eine Gleichung für eine Gerade $h$, die ebenfalls in der Ebene $E$ liegt und gleichzeitig senkrecht zur der Geraden $g$ verläuft.

    Lösung
    $E:3x-4y+z=11\:\:$ und $ \:\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 2\\0\\5 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix}; \:\: r\in\mathbb{R}. $

    a) Zeige, dass die Gerade $g$ in der Ebene $E$ liegt.

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: g\: in\: E\: ein.\: \longrightarrow \:g \:und \:E \:schneiden\: sich $

    $\qquad$ $ g\cap E \Rightarrow 3(2+3r)-4(2r)+(5-r) $

    $\qquad\qquad$ $ \iff 6+9r-8r+5-r=11 $

    $\qquad\qquad$ $\longrightarrow$ Alle Punkte der Geraden $g$ liegen in der Ebene


    b) Ermittle eine Gleichung für die Gerade $h$.

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize h\: liegt\: in\: der\: Ebene\: E\: und\: ist\: senkrecht\: zu\: g $

    $ \:\:\: $ Der Richtungsvektor von $h\:$ ($\overrightarrow{rv}_h\:$) muss senkrecht zum Normalenvektor
    $ \:\:\: $ von $E\:$ ($\vec{n}_E\:$) und senkrecht zum Richtungsvektor von $g\:$ ($\overrightarrow{rv}_g$).

    $\qquad$ $ \Longrightarrow \:\: \overrightarrow{rv}_h \perp \vec{n}_E \:\:\:\:\:\: $ und $ \:\:\:\:\:\: \overrightarrow{rv}_h \perp \overrightarrow{rv}_g $

    $\qquad$ $ \iff \overrightarrow{rv}_h \perp \begin{pmatrix} 3\\-4\\1 \end{pmatrix} \:\:\: $ und $ \:\:\: \overrightarrow{rv}_h \perp \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Berechne das Kreuzprodukt von $\vec{n}_E\:$ und $\:\overrightarrow{rv}_g$

    $\qquad$ $ \iff \begin{pmatrix} 3\\-4\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\cdot (-1)-1\cdot 2\\ 3\cdot 1-3\cdot (-1)\\ 3\cdot 2-3\cdot (-4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\6\\18 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Also, der Richtungsvektor von $h$ ist z.B.: $ \overrightarrow{rv}_h = \begin{pmatrix} 2\\6\\18 \end{pmatrix} = 2\cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\9 \end{pmatrix} $.

    $\qquad$ So kann eine Gleichung für $h$ sein:

    $\qquad\qquad\qquad$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\3\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\9 \end{pmatrix} $, mit $r\in\mathbb{}R.$


Punktspiegelungen

Punktspiegelungen




Bei der Punktspiegelungen, lassen sich alle Spiegelungen auf die Spiegelung eines Punktes an einem andre Punkt zurückführen.
Unterschiedliche Spiegelungen:

  1. Punkt an Punkt

  2. Punkt an Ebene

  3. Punkt an Gerade


Aufgabenstellung

  1. Berechnung des gespielten Punktes

  2. Rückführung der Spiegelung Punkt-Ebene auf die Spiegelung des Punktes am Fußpunkt des Lots auf die Ebene

  3. Rückführung der Spiegelung Punkt-Gerade auf die Spiegelung des Punktes am Fußpunkt des Lots auf die Gerade

Beispielaufgaben – Punkt an Punkt

Spiegle den Punkt $P$ am Punkt $Q$

  1. $P(4|3|-7), \: Q(5|0|6)$
    Lösung
    $P(4|3|-7), \: Q(5|0|6)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Ortsvektor\: von\: P\: auf $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP} = \begin{pmatrix} 4\\3\\-7 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Vektor\: zwischen\: P\: und\: Q\: auf $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{PQ} = \begin{pmatrix} 5-4\\0-3\\6-(-7) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\-3\\13 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: ein\: und\: berechne $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP}+2\cdot \overrightarrow{PS} $ $\qquad \iff \begin{pmatrix} 4\\3\\-7 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} 1\\-3\\13 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6\\-3\\19 \end{pmatrix} $

    $\qquad \iff \overrightarrow{OP^{\prime}} = \begin{pmatrix} 6\\-3\\19 \end{pmatrix} $


    $\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}(6|-3|19) $


  2. $P(2|-4|9), \: Q(1|7|7)$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(0|18|5)$


  3. $P(-5|3|4), \: Q(6|-3|3)$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(17|-9|2)$


  4. $P(1+a|3-2a|a^2), \: Q(1-a|a-2|2a-2)$
    Lösung
    $P(1+a|3-2a|a^2), \: Q(1-a|a-2|2a-2)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Ortsvektor\: von\: P\: auf $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP} = \begin{pmatrix} 1+a\\3-2a\\a^2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: Vektor\: zwischen\: P\: und\: Q\: auf $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{PQ} = \begin{pmatrix} 1-a-1-a\\a-2-3+2a-\\2a-2-a^2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -2a\\3a-5\\-a^2+2a-2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: ein\: und\: berechne $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP}+2\cdot \overrightarrow{PQ} $

    $\qquad \iff \begin{pmatrix} 1+a\\3-2a\\a^2 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} -2a\\3a-5\\-a^2+2a-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1-3a\\4a-7\\-a^2+4a-4 \end{pmatrix} $

    $\qquad \iff \overrightarrow{OP^{\prime}} = \begin{pmatrix} 1-3a\\4a-7\\-a^2+4a-4 \end{pmatrix} $


    $\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:

    $\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}[(1-3a|4a-7|-(a-2)^2] $


  5. $P(1|-3|5), \: Q(4|-1|9)$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(7|1|13)$

Beispielaufgaben – Punkt an Ebene

Spiegele den Punkt $P$ an der Ebene $E$

  1. $P(7|14|-4), \: E:2x+6y-4z=2$

    Lösung
    $P(7|14|-4), \: E:2x+6y-4z=2$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: eine\: Hilfsgerade\: h $

    $\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 7\\14\\-4 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 2\\6\\-4 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: h\: mit\: E $

    $\qquad$ $ 2(7+2r)+6(14+6r)-4(-4-4r)=2 $

    $\qquad$ $ \iff\: 56r=-112\: \longrightarrow\: r=-2 $

    $\qquad$ Setzte $r$ in $h$ ein

    $\qquad$ $h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 7\\14\\-4 \end{pmatrix} + (-2)\cdot \begin{pmatrix} 2\\6\\-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\2\\4 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Der Lotfußpunkt lautet: $ L \begin{pmatrix} 3\\2\\4 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: und\: berechne $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}}= \overrightarrow{OP}+2\cdot \overrightarrow{PL} $

    $\qquad \iff $ $ \overrightarrow{OP^{\prime}}= \begin{pmatrix} 7\\14\\-4 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} 3-7\\2-14\\4-(-4) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\-10\\12 \end{pmatrix} $


    $\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:

    $\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}(-1|-10|12) $


  2. $P(2|4|6), \: E:x-2y-z=1$

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime} \begin{pmatrix} \frac{19}{3}| – \frac{14}{3}| \frac{5}{3} \end{pmatrix} $


  3. $P(10|5|5),$ Ebene $E$ durch die Punkte $A(5|7|0),$ $B(9|3|-2)$ und $C(7|-1|2)$

    Lösung
    $P(10|5|5),$ Ebene $E$ durch die Punkte $A(5|7|0),$ $B(9|3|-2)$ und $C(7|-1|2)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: durch\: A,\:B \:und\: C\: in\: die\: Koordinatenform $

    $\qquad$ Schreibe in Parameterform:

    $\qquad$ $ E:\vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 9-5\\3-7\\-2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 7-5\\-1-7\\2-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 4\\-4\\-2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 2\\-8\\2 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Berechne die Normalform:

    $\qquad\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-4\\-2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 2\\-8\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4\cdot 2-(-2)\cdot (-8)\\ (-2)\cdot 2-4\cdot 2\\ 4\cdot (-8)-(-4)\cdot 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} $

    $\qquad\qquad$ Die Normalform lautet:

    $\qquad\qquad$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} =0 $

    $\qquad$ Schreibe die Koordinatenform:

    $\qquad\qquad$ Multipliziere aus:

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} = -24x-12y-24z $

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\7\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} = 5\cdot (-24)+7\cdot (-12)+0\cdot (-24) =-204 $

    $\qquad\qquad$ Setzte zusammen:

    $\qquad$ Die Koordinatenform lautet: $ E:-24x-12y-24z=-204 $

    $P(10|5|5), E:-24x-12y-24z=-204$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: eine\: Hilfsgerade\: h $

    $\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 10\\5\\5 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: h\: mit\: E $

    $\qquad$ $ -24(10-24r)-12(5-12r)-24(5-24r)=-204 $

    $\qquad \iff $ $ -240+576r-60+144r-120+576r=-204 $

    $\qquad \iff $ $ 1296r-420=-204\qquad |+420 $

    $\qquad \iff $ $ 1296r=216\qquad\qquad\:\:\:\:\:\:\: |:1296 \qquad \longrightarrow \qquad r=\frac{1}{6} $

    $\qquad$ Setzte $r$ in $h$ ein:

    $\qquad\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 10\\5\\5 \end{pmatrix} + \frac{1}{6} \cdot \begin{pmatrix} -24\\-12\\-24 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6\\3\\1 \end{pmatrix} $

    $\qquad\qquad$ Der Lotfußpunkt lautet: $\:\: L \begin{pmatrix} 6\\3\\1 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\: die\: Gleichung\: und\: berechne $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP} +2\cdot \overrightarrow{PL} $

    $\qquad \iff $ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \begin{pmatrix} 10\\5\\5 \end{pmatrix} +2\cdot \begin{pmatrix} 6-10\\3-5\\1-5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\1\\-3 \end{pmatrix} $


    $\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:

    $\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large P^{\prime}(2|1|-3) $


  4. Gegeben sind der Punkt $P(9|-12|2)$ und die Ebene $E:x-y=5.$ Gesucht ist der Spiegelpunkt $B$ des Punktes $P$ an der Ebene $E.$

    Lösung
    $P(9|-12|2)$ und $E:x-y=5$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: eine\: Hilfsgerade\: h $

    $\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 9\\-12\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: h\ mit\: E $

    $\qquad$ $ 1(9+r)-1(-12-r)+0(2+0r)=5 $

    $\qquad \iff $ $ 9+r+12+r=5 $

    $\qquad \iff $ $ 2r+21=5\qquad |-21 $

    $\qquad \iff $ $ 2r=-16\qquad\:\:\:\: \:\:\:\: |:2 \:\: \longrightarrow \:\: r=-8 $

    $\qquad$ Setzte $r$ in $h$ ein:

    $\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 9\\-12\\2 \end{pmatrix} + (-8)\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\\-4\\2 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Der Lotfußpunkt lautet: $ L \begin{pmatrix} 1\\-4\\2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Vektoren\: in\ die\: Gleichung\: und\: berechne $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OB} = \overrightarrow{OP} +2 \cdot \overrightarrow{PL^{\prime}} $

    $\qquad \iff $ $ \overrightarrow{OB} = \begin{pmatrix} 9\\-12\\2 \end{pmatrix} +2 \cdot \begin{pmatrix} 1-9\\-4-(-12)\\2-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -7\\4\\2 \end{pmatrix} $


    $\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $B$ ist:

    $\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large B(-7|4|2) $


  5. In einem Labor wird die Wirkung von Laserstrahlen auf eine schleimige Substanz untersucht. Im Punkt $P(7|5|15)$ befindet sich ein Laserstrahler, der in Richtung

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} $

    strahlt und auf einen Spiegel trifft, der in der Ebene $E$ liegt mit:

    $\qquad\qquad$ $E:3x+2y+5z=30.$

    Ein mit der schleimigen Substanz gefülltes Reagenzglas befindet sich im Punkt $R(-3|5|0)$.

    a) Stelle eine Gleichung der Gerade auf, in welcher der Laserstrahl verläuft, bevor er auf den Spiegel trifft. Bestimme zudem den Winkel, in welchem der Laserstrahl auf den Spiegel trifft.

    b) Bestimme die Gerade $f$, in welcher der reflektierte Lichtstrahl liegt und prüfe, ob der reflektierte Laserstrahl das Reagenzglas trifft.

    Lösung
    a) Stelle eine mögliche Gleichung der Geraden auf:

    $\qquad$ $ g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow Berechne\: der\: spitze\: Winkel\: \alpha\: zwischen\: g\: und\: E $

    $\qquad$ $ sin(\alpha)= \large \frac{ \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } = \frac{ \begin{vmatrix} 21 \end{vmatrix} } { \sqrt{38} \cdot \sqrt{21} } \: \longrightarrow \: \normalsize \alpha \approx48,02^{\circ}. $
    b) Stelle die Gleichungen des reflektierten Strahls f

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade\: h\ auf $

    $\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\5 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow Bestimme\: den\: Lotfußpunkt\: L $

    $\qquad$ Berechne den Schnittpunkt $h$ mit $E$.

    $\qquad$ $ 3(7+3s)+2(5+2s)+5(15+5s)=30 $

    $\qquad$ $ \iff 21+9s+10+4s+75+25s=30 $

    $\qquad$ $ \iff 38s=-76\:\: \longrightarrow \:\: s=-2, \:\: \longrightarrow \:\: L(1|1|5) $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: der\: Punkt\: P(7|5|15)\: an\: L $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{0P^{\prime}}= \overrightarrow{0P} + 2\cdot \overrightarrow{PL} = \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + 2\cdot \begin{pmatrix} 1-7\\1-5\\5-15 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5\\-3\\-5 \end{pmatrix} . $

    $\qquad$ Ein weiterer Punkt auf der Gerade könnte man zum Beispiel mit $r=-1$ erhalten

    $\qquad\qquad$ $ Q= \begin{pmatrix} 7\\5\\15 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix} 4\\2\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\\3\\14 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: Q\: an\: der\: Ebene\: E $

    $\qquad$ $ C \large \begin{pmatrix} \frac{-108}{19}|\frac{-53}{19}|\frac{-9}{19} \end{pmatrix} $ .

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Kürze\: den\: Richtungsvektor $

    $\qquad$ $\Longrightarrow$ die Geradengleichung durch die Punkte $B$ und $C$ lautet:

    $\qquad\qquad$ $ h:\vec{x}= \begin{pmatrix} -5\\-3\\-5 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -13\\4\\86 \end{pmatrix} , \:\: t\in\mathbb{R} $.

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Prüfe\: ob\: der\: Laserstrahl\: auf\: das\: Reagenzglas\: trifft $

    $\qquad$ Führe eine Punktprobe mit $R(-3|5|0)$ und der Geraden h durch

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} -3\\5\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5\\-3\\-5 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -13\\4\\86 \end{pmatrix} $ $ \iff $ $ \begin{cases} -3&=-5-13t\: \longrightarrow\: t=\frac{-2}{13}\\ 5&=-3+4t\: \longrightarrow\: t=2\\ 0&=-5+86t\: \longrightarrow\: t=\frac{5}{86} \end{cases} $

    $\qquad$ Kein $t\in\mathbb{R}$ erfüllt diese Gleichung

    $\qquad \Longrightarrow $ das Reagenzglas liegt nicht in dem Laserstrahl.


Beispielaufgaben – Punkt an Gerade

Spiegle den Punkt $P$ an der Geraden $g$

  1. $ P(4|0|4),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 6\\6\\2 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 2\\1\\-1 \end{pmatrix} $
    Lösung
    $ P(4|0|4),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 6\\6\\2 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 2\\1\\-1 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsebene\: E\: auf,\: senkrecht\: zu\: g,\: die\: P\: beinhaltet. $

    $\qquad$ $ E:2x+y-z=d $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Punktprobe:\: setzte\: P\: in\: E\: ein $

    $\qquad$ $ 2(4)+0-4=d \: \iff \: d=4 \:\: \longrightarrow \:\: E:2x+y+z=4 $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: den\: Schnittpunkt\: S\:von\: E\: und\: g $

    $\qquad$ $ 2(6+2t)+1(6+t)-1(2-t)=4 $

    $\qquad \iff $ $ 12+4t+6+t-2+t=4 $

    $\qquad \iff $ $ 6t=-12 \:\: \longrightarrow \:\: t=-2 $

    $\qquad$ Den Schnittpunkt S lautet:

    $\qquad$ $ S= \begin{pmatrix} 6\\6\\2 \end{pmatrix} + (-2)\cdot \begin{pmatrix} 2\\1\\-1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6-4\\6-2\\2+2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2\\4\\4 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: P\: an\: S,\: um\: den\: Bildpunkt\: P’\: zu\: erhalten $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP} +2 \cdot \overrightarrow{PS} = \begin{pmatrix} 4\\0\\4 \end{pmatrix} +2 \cdot \begin{pmatrix} 2-4\\4-0\\4-4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\8\\4 \end{pmatrix} $


    $\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:

    $\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large P^{\prime} \begin{pmatrix} 0\\8\\4 \end{pmatrix} $


  2. $ P(-1|1|2),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\5\\4 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -2\\-2\\1 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(3|1|10)$

  3. $ P(3|-1|5),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} $
    Lösung
    $ P(3|-1|5),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsebene\: E\: auf,\: senkrecht\: zu\: g,\: die\: P\: beinhaltet. $

    $\qquad$ $ E:x+3y+2z=d $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Punktprobe:\: setzte\: P\: in\: E\: ein $

    $\qquad$ $ 3+3(-1)+2(5)=d \: \iff \: d=10 \:\: \longrightarrow \:\: E:x+3y+2z=10 $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: den\: Schnittpunkt\: S\:von\: E\: und\: g $

    $\qquad$ $ 1(1+t)+3(-1+3t)+2(1+2t)=10 $

    $\qquad \iff $ $ 1+t-3+9t+2+4t=10 $

    $\qquad \iff $ $ 14t=10 \:\: \longrightarrow \:\: t=\frac{5}{7} $

    $\qquad$ Den Schnittpunkt S lautet:

    $\qquad$ $ S= \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} + \frac{5}{7} \cdot \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1+\frac{5}{7}\\ -1+\frac{15}{7}\\ 1+\frac{10}{7} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{12}{7}\\ \frac{8}{7}\\ \frac{17}{7} \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \normalsize \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Spiegle\: P\: an\: S,\: um\: den\: Bildpunkt\: P’\: zu\: erhalten $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{OP^{\prime}} = \overrightarrow{OP} +2 \cdot \overrightarrow{PS} = \begin{pmatrix} 3\\-1\\5 \end{pmatrix} +2 \cdot \begin{pmatrix} \frac{12}{7}-3\\ \frac{8}{7}+1\\ \frac{17}{7}-5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{7}\\ \frac{23}{7}\\ \frac{-1}{7} \end{pmatrix} $


    $\:\:\:$ Der Spiegelpunkt $P^{\prime} $ ist:

    $\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large P^{\prime} \begin{pmatrix} \frac{3}{7}|\frac{23}{7}|\frac{-1}{7} \end{pmatrix} $


  4. $ P(8|-7|7),\: g:\vec{x}= \begin{pmatrix} 2\\1\\11 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 4\\-1\\-1 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $Spiegelpunkt\: P^{\prime}(12|5|11)$

Winkel und Abstände III

III- Abstände – Hessesche Normalenform



  1. Berechne den Abstand zwischen der Ebene $E$ und dem Punkt $P$.
    $ 3x-2y+4z=10 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ P(2|3|1) $
    Lösung
    $ 3x-2y+4z=10 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ P(2|3|1) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: von\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\-2\\4 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Ebenengleichung\: umstellen $

    $\qquad$ $ 3x-2y+4z-10=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Abstand\: berechnen $

    $\qquad$ $ d_{(P,E)}= $ $ \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 2-2\cdot 3+4\cdot 1-10} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\-2\\4 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-6}{\sqrt{29}} \end{vmatrix} =1,11417 $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}\approx1,1142\: LE $



  2. Gebe die Ebene in Hessescher Normalenform an und bestimme die Abstände der Punkte $P,\: Q$ und $R$ von der Ebene.

    a) $E:3x+6y-2z=4, \:P(4|-1|2), \:Q(-4|6|4), \:R(6|1|10)$
    Lösung
    $E:3x+6y-2z=4, \:P(4|-1|2), \:Q(-4|6|4), \:R(6|1|10)$

    $a_1)$ Abstand $P$ von der Ebene $E$

    $ \:\:\:\: $ Seien: $E:3x+6y-2z=4$ $\:$ und $\:$ $\:P(4|-1|2)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:3x+6y-2z-4=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(P,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 4+6\cdot (-1)-2\cdot 2-4} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \frac{2}{7} $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}=\frac{2}{7}\: LE $
    $a_2)$ Abstand $Q$ von der Ebene $E$

    $ \:\:\:\: $ Seien: $E:3x+6y-2z=4$ $\:$ und $\:$ $\:Q(-4|6|4)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:3x+6y-2z-4=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(Q,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot (-4)+6\cdot 6-2\cdot 4-4} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \frac{12}{7} $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $Q$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(Q,E)}=\frac{12}{7}\: LE $
    $a_3)$ Abstand $R$ von der Ebene $E$

    $ \:\:\:\: $ Seien: $E:3x+6y-2z=4$ $\:$ und $\:$ $\:R(6|1|10)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:3x+6y-2z-4=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{((R,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 6+6\cdot 1-2\cdot 10-4} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\6\\-2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} =0 $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $R$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(R,E)}=0\: LE $


    b) $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} =0 $ $\:$ $ \:P(2|2|3), \:Q(4|-1|0), \:R(8|3|2) $
    Lösung
    $b_1)$ Abstand $P$ von der Ebene $E$

    $\:\:\:\:$ Seien: $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $ und $\:P(2|2|3) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform\: um $

    $\qquad$ Multipliziere aus:

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 4x+4y-2z $

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 9\cdot 4+0\cdot 4+(-3)\cdot (-2) =42 $

    $\qquad\qquad$ Setzte zusammen für die Koordinatenform ein:

    $\qquad\qquad \longrightarrow $ Die Koordinatenform lautet: $ 4x+4y-2z=42 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:4x+4y-2z-42=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(P,E)}= \begin{vmatrix} \frac{4\cdot 2+4\cdot 2+(-2)\cdot 3-42} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-32}{6} \end{vmatrix} = \frac{16}{3} $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}=\frac{16}{3}\: LE $
    $b_2)$ Abstand $Q$ von der Ebene $E$

    $\:\:\:\:$ Seien: $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $ und $\:Q(4|-1|0) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform\: um $

    $\qquad$ Multipliziere aus:

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 4x+4y-2z $

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 9\cdot 4+0\cdot 4+(-3)\cdot (-2) =42 $

    $\qquad\qquad$ Setzte zusammen für die Koordinatenform ein:

    $\qquad\qquad \longrightarrow $ Die Koordinatenform lautet: $ 4x+4y-2z=42 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:4x+4y-2z-42=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(Q,E)}= \begin{vmatrix} \frac{4\cdot 4+4\cdot (-1)+(-2)\cdot 0-42} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-30}{6} \end{vmatrix} = 5 $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $Q$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(Q,E)}=5\: LE $
    $b_3)$ Abstand $R$ von der Ebene $E$

    $\:\:\:\:$ Seien: $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $ und $\:R(8|3|2) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform\: um $

    $\qquad$ Multipliziere aus:

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 4x+4y-2z $

    $\qquad\qquad$ $ \begin{pmatrix} 9\\0\\-3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} = 9\cdot 4+0\cdot 4+(-3)\cdot (-2) =42 $

    $\qquad\qquad$ Setzte zusammen für die Koordinatenform ein:

    $\qquad\qquad \longrightarrow $ Die Koordinatenform lautet: $ 4x+4y-2z=42 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 4\\4\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:4x+4y-2z-42=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(R,E)}= \begin{vmatrix} \frac{4\cdot 8+4\cdot 3+(-2)\cdot 2-42} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-2}{6} \end{vmatrix} = \frac{1}{3} $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $R$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(R,E)}=\frac{1}{3}\: LE $


    $c)$ $ E:3x+4y-12z=6,\: P(1|2|5),\: Q(-2|4|1),\: R(6|3|2) $
    Lösung
    $c_1)$ Abstand $P$ von der Ebene $E$

    $\:\:\:\:$ Seien: $E:3x+4y-12z=6\:$ und $\:P(1|2|5) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:3x+4y-12z-6=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(P,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 1+4\cdot 2-12\cdot 5-6} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-55}{13} \end{vmatrix} = \frac{55}{13} $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(P,E)}=\frac{55}{13}\: LE $
    $c_2)$ Abstand $Q$ von der Ebene $E$

    $\:\:\:\:$ Seien: $E:3x+4y-12z=6\:$ und $\:Q(-2|4|1) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:3x+4y-12z-6=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(Q,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot (-2)+4\cdot 4-12\cdot 1-6} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{-8}{13} \end{vmatrix} = \frac{8}{13} $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $Q$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(Q,E)}=\frac{8}{13}\: LE $
    $c_3)$ Abstand $R$ von der Ebene $E$

    $\:\:\:\:$ Seien: $E:3x+4y-12z=6\:$ und $\:R(6|3|2) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Normalenvektor\: n_E\: der\: Ebene\: E\: ablesen $

    $\qquad$ $ \vec{n_E}= \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $ E:3x+4y-12z-6=0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d_{(R,E)}= \begin{vmatrix} \frac{3\cdot 6+4\cdot 3-12\cdot 2-6} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 3\\4\\-12 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} \frac{0}{13} \end{vmatrix} = 0 $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $R$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(R,E)}=0\: LE $



  3. Gegeben seien die drei Punkte $A(1|1|1),\: B(3|2|-2),\: C(-1|0|3)$.
    a) Bestimme eine Normalenform der Ebene E, die durch diese drei Punkte gegeben ist.
    b) Bestimme die Hessesche Normalenform von $E$ und berechne den Abstand der Ebene vom Koordinatenursprung.
    Lösung
    Punkte $A(1|1|1),\: B(3|2|-2),\: C(-1|0|3)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebene\: E\: in\: Parameterform\: ein $

    $\qquad$ $ E:\vec{x}= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 3-1\\2-1\\-2-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1-1\\0-1\\3-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 2\\1\\-3 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\2 \end{pmatrix} } $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebene\: E\: in\: Normalenform\: ein $

    $\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:

    $\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} 2\\1\\-3 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1\cdot 2-(-3)\cdot (-1)\\ (-3)\cdot (-2)-2\cdot 2\\ 2\cdot (-1)-1\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Der Ortsvektor: $ \vec{a}= \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Die Normalenform (Normalengleichung) von $E$ lautet:

    $\qquad$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: die\: Hessesche\: Normalenform $

    $\qquad$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{(-1)^2+2^2}} \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} =0 $

    $\qquad$ $ \iff E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: der\: Abstand\: des\: Koordinatenursprungs\: O(0|0|0)\: von\: E $

    $\qquad$ $ d_{(O,E)}= \begin{vmatrix} – \begin{pmatrix} 1\\1\\1 \end{pmatrix} \cdot \frac{1}{\sqrt{5}} \begin{pmatrix} -1\\2\\0 \end{pmatrix} \end{vmatrix} = \frac{1}{\sqrt{5}} (-1+2) = \frac{1}{\sqrt{5}} $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $0$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_{(O,E)}=\frac{1}{\sqrt{5}} \: LE $


  4. Mehr Aufgaben

    Pyramide
    Lösung
    $a) $ Höhe von $D$ über $ABC:\:\: E_1:\vec{x}= \overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AB}+s\cdot \overrightarrow{AC}$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_1 $

    $\qquad$ $ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 5-4\\4-(-1)\\0-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1-4\\2-(-1)\\2-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} 1\\5\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} } $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_1 $

    $\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:

    $\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} 1\\5\\-1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5\cdot 1-(-1)\cdot3\\ (-1)\cdot (-5)-1\cdot 1\\ 1\cdot 3-5\cdot (-5) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} $

    $\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_1: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} = 8x+4y+28z $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 8\\4\\28 \end{pmatrix} = 4\cdot 8+(-1)\cdot 4+1\cdot 28 =56 $

    $\qquad$ Setzte zusammen:

    $\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_1: 8x+4y+28z=56\:\: |:4 $

    $\qquad \iff E_1:2x+y+7z=14 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_1}\: der\: Ebene\: $

    $\qquad$ $ \vec{n_{E_1}}= \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $E_1:2x+y+7z-14=0$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $

    $\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {2\cdot 3+1\cdot 3+7\cdot 6-14} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 2\\1\\7 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 5,0350


    $\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_D\approx5,04 \: LE $
    $b) $ Höhe von $B$ über $ACD:\:\: E_2:\vec{x}= \overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{AC}+s\cdot \overrightarrow{AD}$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_2 $

    $\qquad$ $ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-4\\2-(-1)\\2-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-4\\3-(-1)\\6-1 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -1\\4\\5 \end{pmatrix} } $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_2 $

    $\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:

    $\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -5\\3\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1\\4\\5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3\cdot 5-1\cdot 4\\ 1\cdot (-1)-(-5)\cdot 5\\ (-5)\cdot 4-3\cdot (-1) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} $

    $\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_2: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} = 11x+24y-17z $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} 4\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} = 4\cdot 11+(-1)\cdot 24+1\cdot (-17) =3 $

    $\qquad$ Setzte zusammen:

    $\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_2: 11x+24y-17z=3 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_2}\: der\: Ebene\: $

    $\qquad$ $ \vec{n_{E_2}}= \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $E_2:11x+24y-17z-3=0$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $

    $\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {11\cdot 5+24\cdot 4+(-17)\cdot 0-3} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 11\\24\\-17 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,7133


    $\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,71 \: LE $
    $c) $ Höhe von $A$ über $BCD:\:\: E_3:\vec{x}= \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{BC}+s\cdot \overrightarrow{CD}$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_3 $

    $\qquad$ $ E_3: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-5\\2-4\\2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-5\\3-4\\6-0 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} } $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_3 $

    $\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:

    $\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-2)\cdot 6-2\cdot (-1)\\ 2\cdot (-2)-(-6)\cdot 6\\ (-6)\cdot (-1)-(-2)\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} $

    $\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_3: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = -10x+32y+2z $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = 5\cdot (-10)+4\cdot 32+0\cdot 2 =78 $

    $\qquad$ Setzte zusammen:

    $\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_3: -10x+32y+2z=78 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_3}\: der\: Ebene\: $

    $\qquad$ $ \vec{n_{E_3}}= \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $E_3:-10x+32y+2z-78=0$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $

    $\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {-10\cdot 4+32\cdot (-1)+2\cdot 1-78} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,4067


    $\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,41 \: LE $
    $c) $ Höhe von $A$ über $BCD:\:\: E_3:\vec{x}= \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{BC}+s\cdot \overrightarrow{CD}$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Parameterform\: von\: E_3 $

    $\qquad$ $ E_3: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-5\\2-4\\2-0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 3-5\\3-4\\6-0 \end{pmatrix} = \underline{ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} } $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Koordinatenform\: von\: E_3 $

    $\qquad$ Kreuzprodukt der Richtungsvektoren:

    $\qquad$ $ d= \begin{pmatrix} -6\\-2\\2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2\\-1\\6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} (-2)\cdot 6-2\cdot (-1)\\ 2\cdot (-2)-(-6)\cdot 6\\ (-6)\cdot (-1)-(-2)\cdot (-2) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $

    $\qquad$ Der Ortsvektor: $\vec{a}= \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} $

    $\qquad \iff $ Die Normalengleichung lautet: $ E_3: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = -10x+32y+2z $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} 5\\4\\0 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} = 5\cdot (-10)+4\cdot 32+0\cdot 2 =78 $

    $\qquad$ Setzte zusammen:

    $\qquad \iff $ Die Koordinatenform lautet: $ E_3: -10x+32y+2z=78 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Lies\: den\: Normalenvektor\: n_{E_3}\: der\: Ebene\: $

    $\qquad$ $ \vec{n_{E_3}}= \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebenengleichung\: um $

    $\qquad$ $E_3:-10x+32y+2z-78=0$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: d\: mit\: der\: Hesseschen\: Normalenform $

    $\qquad$ $ h=d_D= \begin{vmatrix} \frac {-10\cdot 4+32\cdot (-1)+2\cdot 1-78} { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\32\\2 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } \end{vmatrix} $ = 4,4067


    $\:\:\:$ Der Abstand $d$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d_D\approx4,41 \: LE $

Vektorrechnung - Pyramide

Maths-High-School-6-1

Lösung
Lies die Punkte ab:

$ A \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ B \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ C \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ D \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} , $ $\:\:$ $ S \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize a)\: Bestimme\: die\: Gleichungen\: der\: Geraden\: der\: vier\: Pyrami­denkanten $

$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ AS \longrightarrow g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50-0\\50-0\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ BS \longrightarrow h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50-0\\50-100\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ CS \longrightarrow i: \vec{x}= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} -50+100\\50-100\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ Gerade $ DS \longrightarrow j: \vec{x}= \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} + u\cdot \begin{pmatrix} -50+100\\50-0\\50-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -100\\0\\0 \end{pmatrix} + u\cdot \begin{pmatrix} 50\\50\\50 \end{pmatrix} $

$ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize b)\: Bestimme\: P $

$ \:\:\:\:\:\: $ Mit $z=10m\: \longrightarrow\: P \begin{pmatrix} x\\y\\10 \end{pmatrix} , $ da sind nur noch $x$ und $y$ zu bestimmen.

$ \:\:\:\:\:\: $ $P$ ist den Schnittpunkt zwischen den Geraden $AP$ und $BS$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \iff \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} x-0\\y-0\\10-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: als\: Lineares\: Gleichungssystem\: (LGS) $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \begin{cases} 0 &+ &x \cdot r &= 0 &- &50 \cdot s \:\:\:\: (I)\\ 0 &+ &y \cdot r &= 100 &- &50 \cdot s \:\:\:\: (II)\\ 0 &+ &10 \cdot r &= 0 &+ &50 \cdot s \:\:\:\: (III) \end{cases} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: (III)\: in\: (I)\: ein $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow\:\: x\cdot r=-10\cdot r \qquad |\: :r \qquad \longrightarrow \underline{x=-10} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ Für $x=-10$, $r=1$ und $s=\frac{1}{5}=0.2$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: und\: s\: in\: (II)\: ein $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow\:\: y\cdot 1=100-50\cdot \frac{1}{5} \qquad \longrightarrow \underline{y=90} $

$\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large P \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} $


$ \:\:\:\: $ $ \qquad $ Gleichung der Geraden $AP$: $\overrightarrow{AP}= \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} -10-0\\90-0\\10-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bilde\: die\: Steigung\: von\: P:\: (Sinus\: des\: Steigungswinkels) $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $m_P= \large \frac { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } =\frac{\sqrt{83}}{83} =0,1097 $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Bestimme\: die\: Gleichung\: der\: entsprechenden\: Geraden\: PQ\: $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Bilde die Differenz von P, da P auf PQ liegt

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ PQ= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize c)\: Bestimme\: die\: Gleichung\: der\: entsprechenden\: Geraden\: PQ\: $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Bilde die Differenz von P, da P auf PQ liegt

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Steigung von $PQ=AP=\frac{\sqrt{83}}{83}$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: die\: Gleichung\: von\: Q $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ m_Q=\frac { \large \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 50r-90\\-50r+10\\50r-10 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } = \large \frac{\sqrt{83}}{83} $

$ \large \iff $ $ \large \frac { (50r-10)\cdot 1 } { (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: (\sqrt{1^2}) } $

$ \large \iff $ $ \large \frac { 50r-10 } { (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: 1 } = \frac{\sqrt{83}}{83} $

$ \large \iff $ $ 83\cdot (50r-10)=\sqrt{83}\cdot (\sqrt{(50r-90)^2+(-50r+10)^2+(50r-10)^2}) \: \cdot \: (1) $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: nach\: r $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ 8000r\cdot (25r-9)=0\: \longrightarrow\: \begin{cases} r=0\\r=\frac{9}{25}=0,36 \end{cases} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ Q= \begin{pmatrix} -100\\100\\0 \end{pmatrix} + 0,36 \cdot \begin{pmatrix} 50\\-50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff\: $ Im Punkt $Q \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} $ endet die Rampe.

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welchem\: Punkt\: erreicht\: die\: Rampe\: die\: Höhe\: von\: 15m? $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\: $ Setzte:

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} +r \cdot \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} -82\\82\\18 \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} -10\\90\\10 \end{pmatrix} \end{bmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\15 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow\: x=-55\:\: |\:\: y=85\:\: |\:\: r=0,625 $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow $ Im Punkt $ \begin{pmatrix} -55\\85\\15 \end{pmatrix} $ erreicht die Rampe die Höhe von $15m.$


$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welchen\: Punkte\: durchstoßen\: die\: Pyramidenkanten\: eine\: Höhe\: von\: 20m? $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $AS$:

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $AS:\vec{x}=$ $ \begin{pmatrix} 0\\0\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\20 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff $ $ \begin{cases} -50r=x\\ 50r=y\\ 50r=20 \qquad |\: r=\frac{2}{5}=0,4 \:\:|\:\: -50\cdot \frac{2}{5}=-20=x \:\:|\:\: 50\cdot \frac{2}{5}=20=y \end{cases} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow AS = \begin{pmatrix} -20\\20\\20 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $BS$:

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $AS:\vec{x}=$ $ \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -50\\-50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\y\\20 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \iff $ $ \begin{cases} -50s &=x\\ 100-50s &=y\\ 50s &=20 \end{cases} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ $ \qquad |\: s=\frac{2}{5}=0,4 \:\:|\:\: -50\cdot \frac{2}{5}=-20=x \:\:|\:\: 100-50\cdot \frac{2}{5}=20=y $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow BS = \begin{pmatrix} -20\\80\\20 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Stelle die Geradengleichung für $CS$ und $DS$: Gleiches Verfahren

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow CS = \begin{pmatrix} -80\\80\\20 \end{pmatrix} $ $ \:\:\: $ und $ \:\:\: $ $ DS= \begin{pmatrix} -80\\20\\20 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize In\: welcher\: Höhe\: beträgt\: der\: horizontale\: Querschnitt\: der\: Pyramide\: 25m²? $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Da $A=a\cdot a=25m^2 \longrightarrow$ Grundseitenlänge $a=5m$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ Mit dem Strahlensatz: $\frac{h_1}{5}=\frac{50}{100} \longrightarrow h_1=2,5m$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad\qquad $ Also, $50m-2,5m=47,5m$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \longrightarrow$ In Höher $47,5m$ beträgt der horizontale Querschnitt der Pyramide $25m². $


$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Vom Punkt $T \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} $ fällt Licht in Richtung $ \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} .$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize \textcolor{red}{e)} \: Zeige,\: dass\: vom\: Punkt\: T\: je\: ein\: Lichtstrahl\: auf\: die\: Punkte\: B\: und\: S\: fällt. $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Prüfe ob $B$ auf $T$ liegt:

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte: $ \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: in\: Lineares\: Gleichungssystem\: um\: (LGS) $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{cases} 0 &= 50-r-ar \qquad\:\:\:\:\:\:\: (I)\\ 100 &= -50+3r-ar \qquad (II)\\ 0 &= 100-2r+ar \qquad (III) \end{cases} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $(I)+(III): 0=150-3r \: \longrightarrow r=50$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r=50$ in (II) ein

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 100=-50+3(50)-a(50) $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 0=-50a \:\: \longrightarrow a=0 $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r$ und $a$ in $ \: \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + 50\cdot \begin{pmatrix} -1-0\\3-0\\0-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\100\\0 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Für $r=50$ und $a=0$ liegt $B$ auf $T.$


$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Prüfe ob $S$ auf $T$ liegt:

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte: $ \begin{pmatrix} -50\\50\\50 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -1-a\\3-a\\a-2 \end{pmatrix} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: in\: Lineares\: Gleichungssystem\: um\: (LGS) $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \begin{cases} -50 &= 50-r-ar \qquad\:\:\:\:\:\:\: (I)\\ 50 &= -50+3r-ar \qquad (II)\\ 50 &= 100-2r+ar \qquad (III) \end{cases} $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $(I)-(II): -200=-4r \: \longrightarrow r=50$

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r=50$ in (III) ein

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: -50=-2(50)-50a $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ $ \Longrightarrow \:\: 50=-50a \:\: \longrightarrow a=-1 $

$ \:\:\:\:\:\: $ $ \qquad $ Setzte $r$ und $a$ in $ \: \begin{pmatrix} 50\\-50\\100 \end{pmatrix} + 50\cdot \begin{pmatrix} -1+1\\3+1\\-1-2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\150\\-50 \end{pmatrix} $

Winkel und Abstände II

II- Abstände – Lotfußpunktverfahren




Der Abstand eines Punktes P von einer Geraden $g$ ist gleich dem Betrag des Vektors $\overrightarrow{PF}$, wobei $F$ der Fußpunkt des Lotes von $P$ auf $g$ ist.




Berechnung

Die Berechnung des Abstandes erfolgt in drei Schritten:

  1. Aufstellen der Gleichung einer Hilfsebene $E,$ die durch $P$ geht und zu $g$ orthogonal ist,

  2. Berechnung des Schnittpunktes $F$ von $E$ und $g,$

  3. Berechnung des Betrages von $\overrightarrow{PF}.$

Beispielaufgaben

Berechne jeweils den Abstand des Punktes $P$ von der Geraden $g.$

  1. $ P\begin{pmatrix}-2\\2\\1 \end{pmatrix}, \:\: g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\-1 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} 0\\2\\1 \end{pmatrix} $

    Lösung
    $ P\begin{pmatrix}-2\\2\\1 \end{pmatrix}, \:\: g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\-1 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} 0\\2\\1 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize F\: liegt\: auf\: der\: Geraden\: g,\: vektoriell\: ausgedrückt: $

    $ \:\:\:\:\:\: $ $\overrightarrow{OF}$ $=$ $ \begin{pmatrix} 1 &+ &0 \cdot r\\ 3 &+ &2 \cdot r\\ -1 &+ &1 \cdot r \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ und den Vektor von $F$ nach $P:$

    $ \:\:\:\:\:\: $ $\overrightarrow{FP}=P-F$ $=$ $ \begin{pmatrix} -2 &- &(1+0\cdot r)\\ 2 &- &(3+2\cdot r)\\ 1 &- &((-1)+1\cdot r) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3\\-1-2r\\2-r \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: Richtungsvektor\: von\: g\: orthogonal\: zum\: Vektor\: \overrightarrow{FP}: $
    $ \:\:\:\:\:\: $ $ \Longrightarrow g \perp \overrightarrow{FP} \: \iff \: \begin{pmatrix} 0\\2\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -3\\-1-2r\\2-r \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: das\: Skakarprodukt $

    $ \:\:\:\:\:\: $ $ \begin{pmatrix} 0\\2\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -3\\-1-2r\\2-r \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\: \iff $ $ 0\cdot (-3)+2\cdot (-1-2r)+1\cdot(2-r)=0 $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\:\:\:\:\: \iff $ $ -5r=0\:\: \longrightarrow\:\: r=0\:\: (Geradenparameter) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: in\: \overrightarrow{OF}\: ein $

    $ \:\:\:\:\:\:\:\: $ $ \overrightarrow{OF} = \begin{pmatrix} 1 &+ &0\cdot 0\\ 3 &+ &2\cdot 0\\ -1 &+ &1\cdot 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \:\: (Lotfußpunkt\: F) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: in\: \overrightarrow{FP}\: ein $

    $ \:\:\:\:\:\:\:\: $ $ \overrightarrow{OF} = \begin{pmatrix} -3\\ -1-2\cdot 0\\ 2-0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -3 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix} \:\: (Vektor\: FP) $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Abstand\: von\: g\: zu\: P $

    $ \:\:\:\:\:\:\:\: $ $ d(g,P)=\sqrt{(-3)^2+(-1)^2+2^2}\approx3,74165 $


    Der Abstand des Punktes $P$ von der Geraden $g$ lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large |\overrightarrow{PF}|\approx3,42\: LE $



  2. $ P\begin{pmatrix} 3\\5\\2 \end{pmatrix}, \:\: g:\vec{x} = \begin{pmatrix} -2\\-3\\4 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} 1\\-1\\3 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $|\overrightarrow{PF}|\approx9,30\: LE$



  3. $ P\begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix}, \:\: g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\2\\3 \end{pmatrix} +r \begin{pmatrix} 2\\4\\2 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $|\overrightarrow{PF}|\approx4,45\: LE$




$\:\:\:$Unter dem Abstand $d$ eines Punktes P von einer Ebene $E$ versteht man die Länge des Lotes
$\:\:\:$von $P$ auf die Ebene, also die Länge der Strecke von $P$ bis zum Fußpunkt $F$ des Lotes.




Berechnung

Die Berechnung des Abstandes erfolgt in drei Schritten:

  1. Aufstellen der zu $E$ orthogonalen Lotgerade $g$ durch $P,$

  2. Berechnung des Schnittpunktes $F$ von $g$ und $E,$

  3. Berechnung des Betrags des Vektor $\overrightarrow{PF}.$


  4. Tipp

Beispielaufgaben

  1. Bestimme den Abstand des Punktes $P\begin{pmatrix}2\\4\\1\end{pmatrix}$ von der Ebene $E:3x-2y+2z=3.$

    Lösung

    $ P \begin{pmatrix} 2\\4\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: 3x-2y+2z=3 $ $ \longrightarrow n_E \begin{pmatrix} 3\\-2\\2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade/Lotgerade\: mit\: P\: und\: n_E $

    $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\4\\1 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 3\\-2\\2 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: Lotgeraden\: mit\: der\: Ebene \: E $

    $ \qquad $ $ 3(2+3t)-2(4-2t)+2(1+2t)=3 $

    $ \qquad $ $ \iff 6+9t-8+4t+2+4t=3 $

    $ \qquad $ $ \iff 17t=3 \longrightarrow t=\frac{3}{17} \approx0,1765 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Koordinaten\: des\: Lotfußpunkts:\: Setzte\: t\: in\: Lotgerade\: ein $

    $ \vec{f} = \begin{pmatrix} 2\\4\\1 \end{pmatrix} + 0,1765\cdot \begin{pmatrix} 3\\-2\\2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2+0,1765 \cdot 3\\ 4+0,1765 \cdot (-2)\\ 1+0,1765 \cdot 2 \end{pmatrix} $ $ \longrightarrow \vec{f}= \begin{pmatrix} 2,529\\ 3,647\\ 1,352 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Vektor\:$ $\overrightarrow{PF}$

    $ \overrightarrow{PF} = \vec{f}- \vec{P} = \begin{pmatrix} 2,529-2\\ 3,647-4\\ 1,353-1 \end{pmatrix} \longrightarrow \overrightarrow{PF} = \begin{pmatrix} 0.529\\ -1,647\\ 0,353 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Abstand $

    $ d=|\overrightarrow{PF}| = \sqrt{(2,529-2)^2+(3,647-4)^2+(1,353-1)^2}=0,7273 $


    Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d \approx0.73 \: LE $


  2. Gesucht ist der Abstand des Punktes $P \begin{pmatrix} 5\\8\\9 \end{pmatrix} $ von der Ebene $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\0\\2 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} =0. $

    Lösung

    $P \begin{pmatrix} 5\\8\\9 \end{pmatrix} $ $\:$ und $\:$ $E: \begin{bmatrix} \vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\0\\2 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} =0 $

    $\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Wandle\: die\: Normalenform\: von\: E\: in\: Koordinatenform\: um $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} = 2x+3y+4z $

    $\qquad$ $ \begin{pmatrix} 2\\0\\2 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} = 2\cdot 2+0\cdot 3+2\cdot 4=12 $

    $\qquad\qquad$ $ \longrightarrow E:2x+3y+4z=12 \:\:\:\: und \:\:\:\: n_E=\begin{pmatrix}2\\3\\4 \end{pmatrix} $

    $\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade/Lotgerade\: mit\: P\: und\: n_E $

    $\qquad$ $ h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 5\\8\\9 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} $

    $\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: Lotgeraden\: mit\: der\: Ebene \: E $

    $\qquad\qquad$ $ 2(5+2t)+3(8+3t)+4(9+4t)=12 $

    $\qquad\qquad$ $ \iff 10+4t+24+9t+36+16t=12 $

    $\qquad\qquad$ $ \iff 29t+70=12 \qquad |\: -70 $

    $\qquad\qquad$ $ \iff 29t=-58 \qquad\:\:\:\:\:\:\: |\: :29 \:\:\:\: \longrightarrow \:\:\:\: t=-2 $

    $\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Koordinaten\: des\: Lotfußpunkts:\: Setzte\: t\: in\: Lotgerade\: ein $

    $\qquad$ $ \vec{f}= \begin{pmatrix} 5\\8\\9 \end{pmatrix} + (-2) \cdot \begin{pmatrix} 2\\3\\4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5-4\\8-6\\9-8 \end{pmatrix} $ $ \longrightarrow \vec{f}= \begin{pmatrix} 1\\2\\1 \end{pmatrix} $

    $\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Vektor\: \overrightarrow{PF} $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{PF} = \vec{f}- \vec{P} = \begin{pmatrix} 1-5\\2-8\\1-9 \end{pmatrix} $ $\:\:\:\:$ $\longrightarrow$ $\:\:\:\:$ $ \overrightarrow{PF} = \begin{pmatrix} -4\\-6\\-8 \end{pmatrix} $

    $\:\:$ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d=|\overrightarrow{PF}| = \sqrt{(-4)^2+(-6)^2+(-8)^2}=10,770 $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d \approx10.77 \: LE $



  3. Berechne den Abstand des Punktes $P(10|-1|-4)$ von der Ebene
    $E:2x-8y+16z=45$

    $\:\:$
    $F(10,5|-3|0)$ $d=|\overrightarrow{PF}|=4,5\: LE$



  4. Gegeben ist die Ebene $E$ durch die Punkte $A(2|4|3),$ $B(-1|5|3)$ und $C(3|2|3).$ Berechne den Abstand des Punktes $P(6|8|7).$

    Lösung
    $A(2|4|3),$ $\:\:B(-1|5|3)\:\:$ und $\:\:C(3|2|3)$ $\:\:\:\:|\:\:\:\:$ $P(6|8|7)$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: die\: Ebene\: E\: in\: Parameterform $

    $ \qquad $ $ E:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix} -3\\1\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix} 1\\-2\\0 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: die\: Koordinatenform\: von\: E $

    $ \qquad $ Richtungsvektor: $ \vec{a}= \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ Normalenvektor:
    $ \qquad $ Berechne das Kreuzprodukt der beiden Richtungsvektoren:

    $ \qquad $ $ \vec{n}= \begin{pmatrix} -3\\1\\0 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 1\\-2\\0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\cdot 1 &- &0\cdot (-2)\\ 0\cdot 1 &- &0\cdot (-3)\\ (-3)\cdot (-2) &- &1\cdot 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ Die Normalenform lautet: $ E: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad $ Wandle in Koordinatenform um: Multipliziere aus

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} =0x+0y+5z $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 2\\4\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} =15 $

    $ \qquad $ Die Koordinatenform lautet: $0x+0y+5z=15$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Stelle\: eine\: Hilfsgerade/Lotgerade\: mit\: P\: und\: n_E $

    $ \qquad $ $ h: \vec{x} = \begin{pmatrix} 6\\8\\7 \end{pmatrix} + t\cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Schnittpunkt\: Lotgeraden\: mit\: der\: Ebene\: E $

    $ \qquad \qquad $ $ 5(7+5t)=15 \qquad\:\:\:\:| :5 $

    $ \qquad \qquad $ $ \iff 7+5t=3 \qquad | -7 $

    $ \qquad \qquad $ $ \iff 5t=-4 \:\:\longrightarrow\:\: t=-\frac{4}{5} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Koordinaten\: des\: Lotfußpunkts:\: Setzte\: t\: in\: Lotgerade\: ein $

    $\qquad$ $ \vec{f} = \begin{pmatrix} 6\\8\\7 \end{pmatrix} + (-\frac{4}{5}) \cdot \begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6+0\\8+0\\7+(-\frac{4}{5}\cdot 5) \end{pmatrix} $ $\longrightarrow \vec{f}= \begin{pmatrix} 6\\8\\3 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Vektor\:$ $\overrightarrow{PF} $

    $\qquad$ $ \overrightarrow{PF} = \vec{f}-\vec{P} = \begin{pmatrix} 6-6\\8-8\\3-7 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0\\-4 \end{pmatrix} \: \longrightarrow \: \overrightarrow{PF} = \begin{pmatrix} 0\\0\\-4 \end{pmatrix} $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Abstand\: d $

    $\qquad$ $ d=|\overrightarrow{PF}| = \sqrt{0^2+0^2+(-4)^2}=4 $


    $\:\:\:$ Der Abstand zwischen $P$ und $E$ ist:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large d=4\: LE $


Lagebeziehungen|Geraden| Bergwerksstollen

Lagebeziehungen|Geraden| Bergwerksstollen


Winkel und Abstände I

I- Winkel



  1. Winkel zwischen zwei Geraden $g_1$ und $g_2$


  2. Schneiden sich zwei Geraden $g:\vec{x}=\vec{p}+r\cdot \vec{u}$ und $h:\vec{x}=\vec{q+s\cdot\vec{v}}$, dann gilt für ihren Schnittwinkel $\alpha$:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{u}\cdot\vec{v}|}{|\vec{u}|\cdot|\vec{v}|} $.

    Dabei ist der Schnittwinkel immer der kleinere der beiden Scheitelwinkel, die entstehen, wenn zwei Geraden sich schneiden.

    Skizze



    Beispielaufgaben

    Berechne Schnittpunkt und Schnittwinkel der beiden Geraden

    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} . $


    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} $

    Die Richtungsvektoren sind nicht linear abhängig. Also, entweder schneiden sie sich oder sie sind windschief.


    Vektorgleichung (Einsatz $g=h$):

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \end{pmatrix} $

    Verwandle in Gleichungssystem:

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{cases} 0+1\cdot r &=\:\:1+3\cdot s \\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \\ 3+(-1)\cdot r &=\:\:2+(-5)\cdot s \\ \end{cases} $ $ \Longrightarrow $ $ \begin{cases} r &=\:\:1+3\cdot s \qquad\:\:\: (I)\\ 1+2\cdot r &=\:\:3+2\cdot s \qquad\:\:\: (II)\\ 3-1\cdot r &=\:\:2-5\cdot s \qquad \:\:\: (III) \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: (I)\: in\: (II)\: oder\: (III)\: ein $

    $ \qquad $ $In\: (II)$ $\Longrightarrow$ $1+2(1+3s)=3+2s$

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longleftrightarrow$ $3+6s=3+2s$ $\qquad | -3/+2s$

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $s=0$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: s\: in\: (I)\: ein $

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\Longrightarrow$ $r=1+3(0)$

    $ \qquad\qquad\:\:\:\:\: $ $\longrightarrow$ $r=1$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: r=1\: und\: s=0\: in\: Geraden\: g\: oder\: h\: ein $

    $ \qquad $ $In\: g:$

    $ \qquad $ $ \Large s= $ $ \begin{pmatrix} 0\\1\\3 \\ \end{pmatrix} +(1)\cdot \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 0+1\\1+2\\3-1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittpunkt:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} 1\\3\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittwinkel:
    Benutze die Richtungsvektoren beiden Geraden:

    $ \qquad $ Berechne das Skalarprodukt der Richtungsvektoren:

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ 1\cdot 3+2\cdot 2-1\cdot (-5) $ $ \Large = $ $12$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 1\\2\\-1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{1^2+2^2+(-1)^2} $ $ \Large = $ $2,449$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 3\\2\\-5 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{3^2+2^2+(-5)^2} $ $ \Large = $ $6,164$

    $ \qquad $ Also der Winkel ist gleich:

    $ \qquad\qquad $ $ \alpha = cos^{-1} (\frac{12}{2,449\: \cdot \:6,164}) $ $ \Large = $ $37,371^{\circ}$


    Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha=37,371^{\circ} $



  3. Winkel zwischen eine Gerade $g$ und eine Ebene $E$


  4. $\:\:$Schneiden sich eine Gerade $g:\vec{x}=\vec{p}+t\cdot \vec{u}$ und eine Ebene $E:\vec{n}\cdot[\vec{x}-\vec{a}]$, dann gilt für
    $\:\:$ihren Schnittwinkel $\alpha$ zwischen dem Richtungsvektor der Gerade und dem Normalenvektor $\:\:$der Ebene:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{r}\cdot\vec{n}|}{|\vec{r}|\cdot|\vec{n}|} $.

    $\:\:$Ist $\vec{s}$ ein Richtungsvektor der Schnittgeraden zwischen der Ebene E und der zu E
    $\:\:$senkrechten Ebene F, in der $g$ liegt, dann gilt für den Winkel $\beta$ zwischen $\vec{r}$ und $\vec{s}:$ $\:\:\beta=90{^\circ}-\alpha.$ Es gilt also

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ sin\: \beta = \large \frac{|\vec{r}\cdot\vec{n}|}{|\vec{r}|\cdot|\vec{n}|} $.



    Beispielaufgabe

    Berechne den Schnittwinkel zwischen der Gerade $g$ und der Ebene $E.$

    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\6\\-5 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: \begin{bmatrix}\vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $


    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3\\6\\-5 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: \begin{bmatrix}\vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $

    Bestimme die Koordinatenform von $E$:

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: E\: aus $

    $ \:\:\: $ $ E: \begin{bmatrix}\vec{x}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix}- \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} =0 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Skalarprodukt\: berechnen $

    $ \:\:\: $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ 2x-2y+3z $ $\qquad | \qquad $ $ \begin{pmatrix} 2\\9\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} = 2\cdot2+9\cdot (-2)+3\cdot 3=-5 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: beiden\:Ergebnisse\: in\: die\: ausmultiplizierte\: Normalenform\: ein $

    $ \:\:\:\:\:\: $ $ \longrightarrow $ die Koordinatenform: $E:2x-2y+3z=-5$

    $ \qquad\:\:\:\:\:\: $ und den Normalenvektor: $\vec{n}=\begin{pmatrix}2\\-2\\3\end{pmatrix}$

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: Skalarprodukt\: von\: Normalenvektor\: (E)\: und\: Richtungsvektor\: (g) $

    $ \:\:\: $ $ \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} = -1\cdot 2+4\cdot (-2)+3\cdot 3=-1 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Betrag\: von\:(E)\: und\: (g) $

    $ \:\:\: $ Betrag von $ \begin{pmatrix} -1\\4\\3 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{(-1)^2+4^2+3^2}=5,09 $

    $ \:\:\: $ Betrag von $ \begin{pmatrix} 2\\-2\\3 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{2^2+(-2)^2+3^2}=4,12 $

    $ \:\:\: $ $ \: \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Winkel $

    $ \:\:\:\:\: $ $ \alpha=sin^{-1} \frac{|-1|}{5,09\: \cdot \:4,12}=2,73^{\circ} $

    Der Schnittwinkel zwischen der Gerade $g$ und der Ebene $E$ lautet:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha=2,73^{\circ} $



  5. Winkel zwischen zwei Ebenen $E_1$ und $E_2$


  6. $\:\:\:$Schneiden sich zwei Ebenen $E_1$ und $E_2$, mit den Normalenvektor $\vec{n_1}$ und $\vec{n_2}$,
    $\:\:$dan gilt für den Schnittwinkel $\alpha$:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $ cos\: \alpha = \large \frac{|\vec{n_1}\cdot\vec{n_2}|}{|\vec{n_1}|\cdot|\vec{n_2}|} $.



    Beispielaufgabe

    Berechne den Schnittwinkel zwischen $E_1$ und $E_2$.

    $\qquad$ $E_1: 3x+2y-z=1 \:\:\:\:$ und $\:\:\:\: E_2: -2x+2y+5=-1$

    Lösung
    $\qquad$ $E_1: 3x+2y-z=1 \:\:\:\:$ und $\:\:\:\: E_2: -2x+2y+5=-1$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: Normalenvektoren\: von\: E_1\: und\: E_2 $

    $ \qquad $ $ \vec{n_1}= \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:\:\:$ und $\:\:\:\:$ $ \vec{n_2}= \begin{pmatrix} -2\\2\\5 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: das\: Skalarprodukt\: der\: \:beiden\: Normalenvektoren $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 3\\2\\-1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -2\\2\\5 \end{pmatrix} =3\cdot (-2)+2\cdot 2+ (-1)\cdot 5=-7 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: den\: Betrag\: von\: \vec{n_1} \: und\: \vec{n_2} $

    $ \qquad $ Betrag von $\vec{n_1}$ ist gleich: $|\vec{n_1}|=\sqrt{3^2+2^2+(-1)^2}=3,741$

    $ \qquad $ Betrag von $\vec{n_2}$ ist gleich: $|\vec{n_2}|=\sqrt{(-2)^2+2^2+5^2}=5,744$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Winkel\: \alpha $

    $ \qquad $ $ \alpha=cos^{-1}\frac{|-7|}{3.741\: \cdot \: 5,744}=70,988^{\circ} $


    $ \qquad $ Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha\approx 70,99^{\circ} $


Übungsaufgaben – Winkel

Berechne Schnittpunkt und Schnittwinkel der beiden Geraden

  1. $g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 4\\3\\1 \end{pmatrix}+ r\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:\:$ und $\:\:\:$ $h: \vec{x}= \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \end{pmatrix}+ s\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} $

    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 4\\3\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ h:\vec{x} = \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} $

    Die Richtungsvektoren sind nicht linear abhängig. Also, entweder schneiden sie sich oder sie sind windschief.


    Vektorgleichung (Einsatz $g=h$):

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{pmatrix} 4\\3\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} $

    Verwandle in Gleichungssystem:

    $ \Longleftrightarrow $ $ \begin{cases} 4+(-1)\cdot r &=\:\:(-3)+2\cdot s \\ 3+(-1)\cdot r &=\:\:(-4)+2\cdot s \\ 1+1\cdot r &=\:\:(-1)+1\cdot s \\ \end{cases} $ $ \Longrightarrow $ $ \begin{cases} 4-r &=\:\:-3+2\cdot s \qquad\:\:\: (I)\\ 3-r &=\:\:-4+2\cdot s \qquad\:\:\: (II)\\ 1+r &=\:\:-1+1\cdot s \qquad \:\:\: (III) \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Addiere\: (II)\: und\: (III) $

    $ \qquad $ $\Longrightarrow$ $4=-5+3s$ $\qquad | +5/(:3)$

    $ \qquad\qquad $ $\longrightarrow$ $s=3$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: s\: in\: (I)\: ein $

    $ \qquad $ $\Longrightarrow$ $4-r=-3+2\cdot3$

    $ \qquad $ $\Longrightarrow$ $4-r=3$ $\qquad | -4/:(-1)$

    $ \qquad\qquad $ $\longrightarrow$ $r=1$

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setze\: r=1\: und\: s=3\: in\: Geraden\: g\: oder\: h\: ein $

    $ \qquad $ $In\: h:$

    $ \qquad $ $ \Large s= $ $ \begin{pmatrix} -3\\-4\\-1 \\ \end{pmatrix} +(3)\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} -3+6\\-4+6\\-1+3 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ \begin{pmatrix} 3\\2\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittpunkt:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} 3\\2\\2 \\ \end{pmatrix} $


    Schnittwinkel:
    Benutze die Richtungsvektoren beiden Geraden:

    $ \qquad $ Berechne das Skalarprodukt der Richtungsvektoren:

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \\ \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \\ \end{pmatrix} $ $ \Large = $ $ -1\cdot 2+(-1)\cdot 2+1\cdot 1 $ $ \Large = $ $-3$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} -1\\-1\\1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{(-1)^2+(-1)^2+1^2} $ $ \Large = $ $1,732$

    $ \qquad $ Betrag von: $\begin{pmatrix} 2\\2\\1 \\ \end{pmatrix}$ ist gleich $ \sqrt{2^2+2^2+1^2} $ $ \Large = $ $3$

    $ \qquad $ Also der Winkel ist gleich:

    $ \qquad\qquad $ $ \alpha = cos^{-1} (\frac{-3}{1,732\: \cdot \:3}) $ $ \Large = $ $125,264^{\circ}$


    Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha=125,264^{\circ} $



  2. $g: \vec{x}= \begin{pmatrix} 3\\2\\0 \end{pmatrix}+ r\cdot \begin{pmatrix} -1\\2\\4 \end{pmatrix} $ $\:\:\:$ und $\:\:\:$ $h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 2\\1\\0 \end{pmatrix}+ s\cdot \begin{pmatrix} -2\\1\\4 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $s\begin{pmatrix}4\\0\\-4\end{pmatrix};$ $\alpha=17,753^{\circ}$



  3. $g: \vec{x}= \begin{pmatrix} -1\\-2\\6 \end{pmatrix}+ r\cdot \begin{pmatrix} 2\\2\\-1 \end{pmatrix} $ $\:\:\:$ und $\:\:\:$ $h: \vec{x}= \begin{pmatrix} 1\\3\\11 \end{pmatrix}+ s\cdot \begin{pmatrix} 0\\1\\2 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $s\begin{pmatrix}1\\0\\5\end{pmatrix};$ $\alpha=90^{\circ}$



Berechne den Schnittwinkel zwischen der Gerade $g$ und der Ebene $E$.

  1. $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $

    Lösung
    $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E:\vec{x} = \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Gleiche\: die\: Vektoren:\: Einsatz\: (g=E) $

    $ \begin{pmatrix} 2\\2\\1 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: als\: Lineares\: Gleichungssystem\: (LGS) $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} 2+r &=1+2s-t\\ 2-r &=1+0s-t\\ 1+r &=5+s+3t \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bringe\: Zahlen\: nach\: rechts\: und\: Variablen\: nach\: links $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} r-2s+t &=-1 \qquad (I)\\ -r+t &=-1 \qquad (II)\\ r-s-3t &=4 \qquad\:\:\: (III) \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: (II)\: nach\: r $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} r-2s+t &=-1\\ r &=1+t\\ r-s-3t &=4 \end{cases} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: r\: in\: (I)\: und\: (III) $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} 1+t-2s+t &=-1\\ 1+t-s-3t &=4 \end{cases} $ $\:\:$ $\Longrightarrow$ $\:\:$ $ \begin{cases} 2t-2s &=-2\\ -2t-s &=3 \end{cases} $
    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Addiere\: (I)\: und\: (III) $
    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ -3s=1 \qquad | :(-3) $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ $ s=-\frac{1}{3} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: s\: in\: (I)\: und\: (III) $

    $ \qquad $ $ \begin{cases} r-2\cdot (-\frac{1}{3})+t &=-1\\ r-1\cdot (-\frac{1}{3})-3t &=4 \end{cases} $ $\:\:$ $\underrightarrow{Fasse\: zusammen}$ $\:\:$ $ \begin{cases} r+t &=-\frac{5}{3}\\ r-3t &=\frac{11}{3} \end{cases} $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Subtrahiere $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ 4t=-\frac{16}{3} \qquad | :(-\frac{16}{3}) $

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad $ $ \longrightarrow $ $ t=-\frac{4}{3} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: t\: in\: r=1+t\: ein $

    $ \qquad\:\: $ $ r=1-\frac{4}{3} $ $ \longrightarrow $ $ r=-\frac{1}{3} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: Werte\: in\: Ebene\: ein $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} +(-\frac{1}{3})\cdot \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} +(-\frac{4}{3})\cdot \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1-\frac{2}{3}+\frac{4}{3}\\ 1+0+\frac{4}{3}\\ 5-\frac{1}{3}-4 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} \frac{5}{3}\\ \frac{7}{3}\\ \frac{2}{3} \end{pmatrix} $


    $ \qquad $ Schnittpunkt:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \Large s \begin{pmatrix} \frac{5}{3}\\ \frac{7}{3}\\ \frac{2}{3} \end{pmatrix} $


    $ \qquad $ Schnittwinkel:

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Schreibe\: E\: in\: Koordinatenform $

    $ \qquad\qquad $ – Bestimme die Normalenform von $E:$

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Bestimme\: das\: Kreuzprodukt\: der\: Richtungsvektoren $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \begin{pmatrix} 2\\0\\1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -1\\-1\\3 \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 0\cdot 3-1\cdot (-1)\\ 1\cdot (-1)-2\cdot 3\\ 2\cdot (-1)-0\cdot (-1) \end{pmatrix} $ $=$ $ \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ Normalengleichung: $ E:\begin{bmatrix} x- \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad\qquad $ – Bestimme die Koordinatenform von $E:$

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ E:\begin{bmatrix} x- \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} = x-7y-2z $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \begin{pmatrix} 1\\1\\5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} = 1\cdot1+1\cdot (-7)+5\cdot (-2)=-16 $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Setzte\: die\: beiden\: Ergebnisse\: in\: die\: Normaleform\: ein $

    $ \qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ Koordinatenform: $E:x-7y-2z=-16$

    $ \qquad\qquad\qquad $ $\longrightarrow$ Normalenvektor: $ \vec{n}= \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: das\: Skalarprodukt\: von\: Normalenvektor(E)\: und\: Richtungsvektor(g) $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} = 1\cdot 1+(-1)\cdot (-7)+1\cdot (-2)=6 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: Betrag\: von\: (E)\: und\: (g) $

    $ \qquad\qquad $ Betrag von $ \begin{pmatrix} 1\\-1\\1 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}=1,732 $

    $ \qquad\qquad $ Betrag von $ \begin{pmatrix} 1\\-7\\-2 \end{pmatrix} $ ist $ \sqrt{1^2+(-7)^2+(-2)^2}=7,348 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Berechne\: der\: Winkel $

    $ \qquad $ $\longrightarrow$ $ \large \alpha=sin^{-1}=\frac{6}{1,732\: \cdot \: 7,348}=28,128^{\circ} $


    $ \qquad $ Schnittwinkel:

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha\approx28,13^{\circ} $



  2. $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\-3\\4 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 6\\2\\4 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 1\\0\\-5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} +s\cdot \begin{pmatrix} 3\\5\\-1 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $\alpha\approx32,83^{\circ}$



  3. $ g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\8\\8 \end{pmatrix} +r\cdot \begin{pmatrix} 3\\4\\3 \end{pmatrix} $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E:2x-4y+3z=5 $

    $\:\:$
    $\alpha\approx1,83^{\circ}$



Berechne den Schnittwinkel zwischen den Ebenen $E_1$ und $E_2$.

  1. $ E_1: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} =0 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:-6x+4y-3z=4 $

    Lösung
    $ E_1: \begin{bmatrix} \vec{x} – \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} =0 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:-6x+4y-3z=4 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Für\: Normalenvektor\: von\: E_1\: Schreibe\: in\: der\: Koordinatenform $

    $ \qquad $ $ E_1: \begin{bmatrix} \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} – \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \end{bmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} =0 $

    $ \qquad $ $ \Large \Bigg\downarrow $ $ \normalsize Multipliziere\: aus $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} = 2x-4y+z $

    $ \qquad $ $ \begin{pmatrix} 4\\-3\\5 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} = 4\cdot2+ (-3)\cdot(-4)+5\cdot 1=25 $

    $ \qquad $ Die Koordinatenform lautet: $E_1: 2x-4y+z=25$

    $ \qquad $ Den Normalenvektor von $E_1$ lautet: $n_1 = \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ Den Normalenvektor von $E_2$ lautet: $n_2 = \begin{pmatrix} -6\\4\\-3 \end{pmatrix} $

    $ \qquad $ Schnittwinkel

    $ \qquad\qquad\qquad $ $ \alpha=cos^{-1} \frac { \large \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} -6\\4\\-3 \end{pmatrix} \end{vmatrix} } { \large \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} 2\\-4\\1 \end{pmatrix} \end{vmatrix} \cdot \begin{vmatrix} \begin{pmatrix} -6\\4\\-3 \end{pmatrix} \end{vmatrix} }= 29,987^{\circ} $

    $\qquad\qquad\qquad\qquad$ $\:\:$ $ \large \alpha\approx29,99^{\circ} $



  2. $ E_1:6x-2y-3z=7 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:\vec{x} = \begin{pmatrix} 2\\0\\-4 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} 3\\-4\\2 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} 4\\-1\\5 \end{pmatrix} $

    $\:\:$
    $n_2$ $=$ $ \begin{pmatrix} 18\\-7\\13 \end{pmatrix}, $ $\:$ $\alpha\approx35,3^{\circ}$



  3. $ E_1:2x+y+2z=-8 $ $\:\:$ und $\:\:$ $ E_2:6x+3y+2z=-12 $

    $\:\:$
    $\alpha\approx25,20^{\circ}$



Lagebeziehungen von zwei Ebenen

Lagebeziehungen von zwei Ebenen




Ebenen können auf unterschiedliche Weise im Raum zueinander liegen. Die verschiedenen Optionen sind wie folgt:




Mögliche Lagebeziehungen zwischen zwei Ebenen

Ebenen identisch Jeder Punkt, der auf einer Ebene liegt, liegt auch auf der anderen und es gibt unendlich viele Schnittgeraden.
Ebenen schnittpunkt Ebenen haben genau eine gemeinsame Schnittgerade, die alle Punkte enthält, die auf beiden Ebenen liegen.
Ebenen echt parallel Zwei Geraden sind echt parallel, wenn sie durch eine Verschiebung identisch werden.



Beispielaufgaben: Schnittgerade



Es gibt zwei Ebenen $G$ (in Koordinatenform) und $H$ (in Parameterform):

$ \qquad G:7x+y-3z-8=0 \:\:$ und $\:\: H:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

Setze $H$ in $G$ ein:

$ \qquad G:7(0+r\cdot0+s\cdot1)+(1+r\cdot(-1)+s\cdot0)-3(0+r\cdot2+s\cdot0)-8=0 $

$ \qquad\qquad \Rightarrow 7s+1-r-6r-8=0 $
$ \qquad\qquad \Rightarrow 7s-7r-7-8=0\:\:|\: +7r $
$ \qquad\qquad \Rightarrow 7s-7=7r\:\:|\: :7 $
$ \qquad\qquad \iff \underline{s-1=r} $

Setze $r$ in $H$ ein um die Gleichung der Schnittgeraden $g$ zu erhalten:

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + (s-1)\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

Fasse zusammen:

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\1\\0 \end{pmatrix} + (-1)\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}0\\-1\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\0\\0 \end{pmatrix} $

$ \qquad\qquad \iff g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\2\\-2 \end{pmatrix} + \cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\2 \end{pmatrix} $

$ \qquad\qquad \iff g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\2\\-2 \end{pmatrix} + \cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\2 \end{pmatrix} $

Die Schnittgerade lautet:

$ \qquad\qquad g:\vec{x}=\begin{pmatrix}0\\2\\-2 \end{pmatrix} + \cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\2 \end{pmatrix} $



Übungsaufgaben


Bestimme die Schnittgerade der in Parameter- und Koordinatenform gegebenen Ebenen.


  1. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:-x+2y+z=-4 }$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\0\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3 \end{pmatrix}} $

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\qquad \textcolor{black}{ E_1:-x+2y+z=-4; }$ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\0\\-1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3 \end{pmatrix}} $

    Setze $E_2$ in $E_1$

    $ \qquad E_1:-(2+0\cdot r+2\cdot s) + 2(0+1\cdot r-1\cdot s) + (-1-2\cdot r+3\cdot s) =-4 $
    $ \qquad\qquad \Rightarrow -2-2s+2r-2s-1-2r+3s=-4 \:\:|\:\:+3 $
    $ \qquad\qquad \Rightarrow -s=-1 \:\:|\:\::(-1) $
    $ \qquad\qquad \Longrightarrow \underline{s=1} $

    Setze s in $E_2$ ein um die Gleichung der Schnittgeraden g zu erhalten:

    $ \qquad g:\vec{x} = \begin{pmatrix}2\\0\\-1\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} $

    Fasse zusammen:

    $ \qquad g:\vec{x} = \begin{pmatrix}2\\0\\-1\end{pmatrix} + 1\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\3\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} $

    $ \qquad \iff g:\vec{x} = \begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} $

    Die Schnittgerade lautet:

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad g:\vec{x} = \begin{pmatrix}4\\-1\\2\end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\-2\end{pmatrix} $

    Graphische Darstellung

    $ \textcolor{blue}{E_1} \cap \textcolor{purple}{E_2}=g $




  2. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:x+2y-2z=5 }$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}7\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}4\\1\\3 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix}} $

    Lösung
    Lagebestimmung

    $\qquad \textcolor{black}{ E_1:x+2y-2z=5; }$ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2: \vec{x}= \begin{pmatrix}7\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}4\\1\\3 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\0 \end{pmatrix}} $

    Setze $E_2$ in $E_1$

    $ \qquad E_1:(7+4\cdot r+2\cdot s) + 2\cdot (1+1\cdot r-1\cdot s) – 2\cdot (2+3\cdot r+0\cdot s) =5 $
    $ \qquad\qquad \Rightarrow 7+4r+2s+2+2r-2s-4-6r=5 \:\: \iff 5=5\:\: W.A. $

    Die Ebenen sind identisch, also liegen aufeinander.

    Graphische Darstellung

    $ \textcolor{blue}{E_1} \equiv \textcolor{purple}{E_2} $




  3. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix}1\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\1\\3 \end{pmatrix} } $ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2:2x+y-z-1=0 } $

    Lösung
    Lagebestimmung

    $ \qquad \textcolor{black}{ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\1\\2 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}0\\1\\1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}1\\1\\3 \end{pmatrix}}; $ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2:2x+y-z-1=0 }$

    Setze $E_1$ in $E_2$

    $ \qquad\qquad \Rightarrow E_1: 2(1+0\cdot r+1\cdot s)+1+1\cdot r+1\cdot s-2-1\cdot r-3\cdot s-1=0 $
    $ \qquad\qquad \iff E_1: 0=0 \:\:\: $ Wahre Aussage

    Die beiden Ebenen sind identisch, also liegen aufeinander.

    Graphische Darstellung

    $ \textcolor{dodgerblue}{E_1} \equiv \textcolor{purple}{E_2} $



  4. $\:\:\: \large \textcolor{black}{ E_1:\vec{x} = \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix} } $ $\qquad$ und $\qquad$ $ \large \textcolor{black}{ E_2:x-2y+z-2=0 } $

    Lösung
    Lagebestimmung

    $ \qquad \textcolor{black}{ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix}}; $ $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_2:x-2y+z-2=0 }$

    Setze $E_1$ in $E_2$

    $ \qquad \Rightarrow E_1: (1+1\cdot r+(-1)\cdot s) – 2[(-1)+(-1)\cdot r+2\cdot s] + 3+ (-1)\cdot r+ (-1)\cdot s – 2=0 $

    Löse die Klammern auf und fasse zusammen:

    $ \qquad \Rightarrow E_1: 1+r-s + 2+2r-4s + 3-r-s – 2=0 $

    $ \qquad \Rightarrow r=-2+3s $

    Setze $r$ in $E_1$ ein und fasse zusammen, um die ie Schnittgerade g zu erhalten:

    $\qquad$ $ \textcolor{black}{ E_1: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} + (-2+3s)\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix}} $

    $\qquad$ $ \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-1\\3 \end{pmatrix} – 2\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + 3s\cdot \begin{pmatrix}1\\-1\\-1 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-1\\2\\-1 \end{pmatrix}} $

    $ \qquad \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\1\\5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\-4 \end{pmatrix}} $

    $ \qquad \textcolor{black}{ \iff g: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\1\\5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\-4 \end{pmatrix}} $

    Die Schnittgerade lautet:

    $ \qquad\qquad\qquad\qquad\qquad \textcolor{black}{ \iff g: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\1\\5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}2\\-1\\-4 \end{pmatrix}} $

    Graphische Darstellung

    $\textcolor{dodgerblue}{E_1} \cap \textcolor{magenta}{E_2}=$ g



Lagebeziehung zwischen zwei Geraden

Lagebeziehung zwischen zwei Geraden




Zwei Geraden können in der Ebene, im Raum oder auch in höheren Dimensionen unterschiedlich räumlich zueinander ausgerichtet sein.




Mögliche Lage zweier Geraden zueinander

Geraden identisch Alle Punkte auf einer Geraden sind auch Punkte auf der anderen Geraden.
Geraden schnittpunkt Zwei Geraden haben einen Schnittpunkt, wenn sie genau einen gemeinsamen Punkt haben. Der Sonderfall, der hier auftreten kann, besteht darin, dass sie im rechten Winkel zueinander stehen.
Geraden echt parallel Zwei Geraden sind echt parallel, wenn sie durch eine Verschiebung identisch werden.
Geraden windschief Zwei Geraden, die sich überhaupt nicht berühren und nicht parallel zueinander sind, sind windschief zueinander. Dies ist nur für Geraden möglich, die im dreidimensionalen Raum oder einem Raum mit höheren Dimensionen liegen.



Orientierung bestimmen (analytische Geometrie)

Richtungsvektoren von zwei Geraden $\vec{u}$ und $\vec{v}$ sind:

linear abhängig
Wenn die beiden Geraden entweder identisch oder echt parallel sein:

Mathematische Bedeutung:

$\qquad$ für ein $\lambda \in \mathbb{R}$ es gilt: $\qquad \vec{u}= \lambda \cdot \vec{v}$.

Prüfung: Der Ortsvektor der einen Gerade in die andere Geradengleichung einsetzen.
  • wenn die Ortsvektoren gleich sind, sind sie identisch
  • wenn die Ortsvektoren nicht gleich sind, sind sie parallel.


linear unabhängig
Wenn die beiden Geraden einen Schnittpunkt besitzen, falls nicht, sind sie windschief zueinander.

Prüfung: Die Gleichungen der beiden Geraden gleichsetzen, erhält man eine Lösung, gibt es einen Schnittpunkt, wenn nicht, sind Geraden windschief zueinander.


Übungsaufgaben



Bestimme die Lage der Geraden zueinander und berechne ihren Schnittpunkt wenn er existiert.


  1. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}3\\7\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}6\\9\\-12 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}9\\14\\4 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\qquad \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}3\\7\\3 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}6\\9\\-12 \end{pmatrix}}$ $\qquad $ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}9\\14\\4 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}6\\9\\-12 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} 6=-8\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-\frac{3}{4}\\ 9=-12\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-\frac{3}{4}\\ -12=16\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-\frac{3}{4} \end{cases} $

    Mit alle $\lambda$ gleich den selben Wert, sind die Vektoren linear abhängig.

    $\qquad$ Die Vektoren $g$ und $h$ sind linear abhängig.
    $\qquad$ Daher sind die beiden Geraden parallel oder identisch.

    Setze den Ortsvektor $\begin{pmatrix}3\\7\\3\end{pmatrix}$ des Aufpunktes von $g$ in die Gleichung der zweiten Gerade $h$ ein.

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix}3\\7\\3\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}9\\14\\4\end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-8\\-12\\16\end{pmatrix} $

    Stelle wieder ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes s:

    $ \qquad \qquad\: \begin{cases} 3=9-8\cdot s \:\: &\rightarrow \:\: s=\frac{3}{4} &\rightarrow &s=0,75\\ 7=14-12\cdot s \:\: &\rightarrow \:\: s=-\frac{7}{12} &\rightarrow &s\approx0,59\\ 3=4+16\cdot s \:\: &\rightarrow \:\: s=-\frac{1}{16} &\rightarrow &s\approx-0,063 \end{cases} $

    s hat drei verschiedene Werte.
    Mit schon zwei unterschiedliche Werte für s, ist das Gleichungssystem nicht lösbar!

    $\qquad$ Der Aufpunkt der Gerade g liegt also nicht auf der Geraden h.
    $\qquad$ Die beiden Geraden können nur noch parallel sein.

    $\qquad$ h$||$g oder g$||$h



  2. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}9\\-3\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-7\\5\\-5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\qquad \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}2\\2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}9\\-3\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad $ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-7\\5\\-5 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}9\\-3\\6 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} 9=-9\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1\\ -3=3\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1\\ 6=-6\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1 \end{cases} $

    Mit alle $\lambda$ gleich den selben Wert, sind die Vektoren linear abhängig.

    $\qquad$ Die Vektoren g und h sind linear abhängig.
    $\qquad$ Daher sind die beiden Geraden parallel oder identisch.

    Setze den Ortsvektor $\begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix}$ des Aufpunktes von g in die Gleichung der zweiten Gerade h ein.

    $ \qquad\qquad \begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-7\\5\\-5\end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-9\\3\\-6\end{pmatrix} $

    Stelle wieder ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes s :

    $ \qquad \qquad\: \begin{cases} 2=-7-9\cdot s \:\: &s=-1\\ 2=5+3\cdot s \:\: &s=-1\\ 1=-5-6\cdot s \:\: &s=-1 \end{cases} $

    Mit jedem Wert von s gleich, liegt der Ortsvektor von g auf der Gerade h .

    $\qquad$ Die beiden Geraden identisch.
    $\qquad$ h = g



  3. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-4\\-2\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-4\\-4\\10 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}1\\-2\\1 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}-4\\-2\\6 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-1\\-2\\2 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}-4\\-4\\10 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}-4\\-2\\6 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}-4\\-4\\10 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} -4&=-4\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=-1\\ -2&=-4\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda= \frac{1}{2}\\ 6&=-6\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda= \frac{3}{5} \end{cases} $

    Da alle $\lambda$ unterschiedliche Werte haben sind die Vektoren linear unabhängig.
    Die beiden Geraden besitzen einen Schnittpunkt oder sind windschief zueinander.

    Stelle ein lineares Gleichungssystem (LGS) auf und berechne. (aus g und h) .

    $ \qquad \begin{cases} 1-4r&=-1-4s \\ -2-2r&=-2-4s \\ 1+6r&=2+10s \end{cases} \qquad \xrightarrow[\text{}]{\text{stelle um}} \qquad \begin{cases} 2&=4r-4s \qquad \:\:\:\:\:\:I\\ 0&=2r-4s \qquad \:\:\:\:\:\:II\\ -1&=-6r+10s \qquad III \end{cases} $

    $ \:\: I-II:\: 2=2r \Rightarrow \textcolor{green}{\textbf{r=1}}\: |\: r\: in\: III:\: -1=-6(1)+10s \iff 5=10s \Rightarrow$ $\textcolor{blue}{\textbf{s=0,5}} $

    Das LGS ist Lösbar, denn haben die Geraden einen Schnittpunkt.

    Jetzt r und s in I, II oder III einsetzen um den Schnittpunk zu haben:

    $ \qquad \begin{cases} 1-4 (\textcolor{green}{\textbf{1}}) &= -1 - 4 (\textcolor{blue}{\textbf{0,5}}) \\ -2-2 (\textcolor{green}{\textbf{1}}) &= -2 - 4 (\textcolor{blue}{\textbf{0,5}}) \\ 1+6 (\textcolor{green}{\textbf{1}}) &= 2 + 10 (\textcolor{blue}{\textbf{0,5}}) \end{cases} $ $ \Rightarrow $ $ \begin{cases} \textcolor{green}{\textbf{-3}} &= \textcolor{blue}{\textbf{-3}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{green}{\textbf{-4}} &= \textcolor{blue}{\textbf{-4}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{green}{\textbf{7}} &= \textcolor{blue}{\textbf{7}} &\rightarrow \textbf{W.A.} \end{cases} $

    Damit ist der Schnittpunkt s mit den Koordinaten:

    $ \qquad \qquad\qquad\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad s=\begin{pmatrix}-3\\-4\\7 \end{pmatrix} $


  4. $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}0\\8\\-7 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\-2 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-9\\0\\7 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}3\\1\\-4 \end{pmatrix}}$

    Lösung
    Lineare Unabhängigkeit

    $\:\:\: \textcolor{black}{ g: \vec{x}= \begin{pmatrix}0\\8\\-7 \end{pmatrix} + r\cdot \begin{pmatrix}1\\2\\-2 \end{pmatrix}}$ $\qquad$ und $\qquad$ $ \textcolor{black}{ h: \vec{x}= \begin{pmatrix}-9\\0\\7 \end{pmatrix} + s\cdot \begin{pmatrix}3\\1\\-4 \end{pmatrix}}$

    Prüfe, ob die Richtungsvektoren linear abhängig sind.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{pmatrix}1\\2\\-2 \end{pmatrix} = \lambda \cdot \begin{pmatrix}3\\1\\-4 \end{pmatrix} $

    Stelle ein lineares Gleichungssystem auf und berechne für jedes $\lambda$.

    $ \qquad \qquad \qquad \begin{cases} 1&=3\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=0,3 \\ 2&=1\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=0,5 \\ -2&=-4\cdot \lambda \:\: &\rightarrow \:\: \lambda=0.25 \end{cases} $

    Da alle $\lambda$ unterschiedliche Werte haben sind die Vektoren linear unabhängig.
    Die beiden Geraden besitzen einen Schnittpunkt oder sind windschief zueinander.

    Stelle ein lineares Gleichungssystem (LGS) auf und berechne. (aus g und h) .

    $ \qquad \begin{cases} 0+1r &=-9+3s \\ 8+2r &=0+1s \\ -7-2r &=7-4s \end{cases} \qquad \xrightarrow[\text{}]{\text{stelle um}} \qquad \begin{cases} 9 &=-1r+3s \qquad I\\ 8 &=-2r+1s \qquad II\\ -14 &=2r-4s \qquad \:\:\:III \end{cases} $

    $ \:\: II-III:\: -6=-3s \Rightarrow \textcolor{green}{\textbf{s=2}}\: |\: s\: in\: I:\: 9=-r+3(2) \iff \textcolor{blue}{\textbf{r=-3}} $

    Das LGS ist Lösbar, denn haben die Geraden einen Schnittpunkt.

    Jetzt r und s in I, II oder III einsetzen um den Schnittpunk zu haben:

    $ \qquad \begin{cases} 0+1 (\textcolor{blue}{\textbf{-3}}) &= -9 +3 (\textcolor{green}{\textbf{2}}) \\ 8+2 (\textcolor{blue}{\textbf{-3}}) &= 0 +1 (\textcolor{green}{\textbf{2}}) \\ -7-2 (\textcolor{blue}{\textbf{-3}}) &= 7 - 4 (\textcolor{green}{\textbf{2}}) \end{cases} $ $ \Rightarrow $ $ \begin{cases} \textcolor{blue}{\textbf{-3}} &= \textcolor{green}{\textbf{-3}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{blue}{\textbf{2}} &= \textcolor{green}{\textbf{2}} &\rightarrow \textbf{W.A.}\\ \textcolor{blue}{\textbf{-1}} &= \textcolor{green}{\textbf{-1}} &\rightarrow \textbf{W.A.} \end{cases} $

    Damit ist der Schnittpunkt s mit den Koordinaten:

    $ \qquad \qquad\qquad\qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad \qquad s=\begin{pmatrix}-3\\2\\-1 \end{pmatrix} $