Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ 5 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -5 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

Lösung einblenden

Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -5 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -5 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + 3 \cdot 5 + (-5) \cdot 3 = 0 +15 -15 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$ = -3⋅t +0 = 0 wird, also t= $\frac{0}{3}$ = 0.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -4 \\ 4 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

Lösung einblenden

Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + (-1) \cdot (-1) + 1 \cdot (-1) = 0 +1 -1 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} 6 \\ -4 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ = 6⋅t +0 = 0 wird, also t= $\frac{0}{6}$ = 0.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $5 x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = -20$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -1 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ verläuft.

Lösung einblenden

Da die gesuchte Gerade h in der Ebene E liegt und orthogonal zu g steht, muss der Richtungsvevtor $\vec{{rv}_{h}}$ der gesuchten Geraden h sowohl zum Normalenvektor $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -5 \\ -1 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} -1 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -5 \\ -1 \\ t \end{matrix})$ = $(-1) \cdot (-5) + 5 \cdot (-1) + 0 \cdot t = 5 -5 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $(\begin{matrix} 5 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -5 \\ -1 \\ t \end{matrix})$ = -2⋅t -26 = 0 wird, also t= $- \frac{26}{2}$ = $- 13$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -1 \\ -13 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -5 \\ -1 \\ -13 \end{matrix})$ = $(-1) \cdot (-5) + 5 \cdot (-1) + 0 \cdot (-13) = 5 -5 +0 = 0$ ist, liegt also unsere gesuchte Gerade h entweder parallel zu Ebene E oder sie liegt in ihr. Wir brauchen also noch einen Aufpunkt, der in E liegt, so dass auch die ganze Gerade in E liegen muss.

Wir können jetzt also einen beliebigen Punkt der Ebene E als Aufpunkt für unsere gesuchte Gerade h nehmen:
$(-3 | -5 | 0)$ liegt in E, da:

$5 \cdot (-3) + 1 \cdot (-5) - 2 \cdot 0 = -20$

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ -1 \\ -13 \end{matrix})$

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -4 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ liegt und die orthogonal zur Ebene F: $6 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} = 5$ steht.

Lösung einblenden

Da die gesuchte Ebene die Gerade g beinhaltet und orthogonal zu F steht, muss der Normalenvektor $\vec{n}$ der gesuchten Ebene E sowohl zum Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} -4 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ t \end{matrix})$ = $(-4) \cdot (-6) + 6 \cdot (-4) + 0 \cdot t = 24 -24 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $(\begin{matrix} 6 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ t \end{matrix})$ = 4⋅t -28 = 0 wird, also t= $\frac{28}{4}$ = $7$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 7 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $-6 x_{1} - 4 x_{2} + 7 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 7 \end{matrix})$ = $(-4) \cdot (-6) + 6 \cdot (-4) + 0 \cdot 7 = 24 -24 +0 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(3 | 0 | -3)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(3 | 0 | -3)$ in E ein:

$-6 \cdot 3 - 4 \cdot 0 + 7 \cdot (-3) = d$

und erhalten d=-39.

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6 x_{1} - 4 x_{2} + 7 x_{3} = -39$

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(-7 | -6 | 3)$ hat sowohl von der Ebene E: $-2 x_{1} - 2 x_{2} + x_{3} = 2$ als auch von der Ebene F: $x_{1} - 2 x_{2} - 2 x_{3} = -28$ den gleichen Abstand d = 9. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=9 von E und von F haben.

Lösung einblenden

Wenn die Punkte der gesuchten Geraden alle den gleichen Abstand zu E haben, dann muss die Gerade parallel zu E sein. Der Richtungsvektor $\vec{u}$ muss also orthogonal zum Normalenvektor von E sein: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ = 0.

Das gleiche gilt natürlich auch für die Ebene F, auch zu dieser Ebene muss g parallel sein. Auch hier muss also gelten, dass der Richtungsvektor $\vec{u}$ orthogonal zum Normalenvektor von F sein muss:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\vec{u} = (\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 2 \cdot (- 2) - 1 \cdot (- 2) \\ 1 \cdot 1 - (- 2) \cdot (- 2) \\ - 2 \cdot (- 2) - (- 2) \cdot 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 4 + 2 \\ 1 - 4 \\ 4 + 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 6 \\ - 3 \\ 6 \end{matrix})$ = -3⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} -7 \\ -6 \\ 3 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -7 \\ -6 \\ 3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ .

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -1 \\ -4 \\ 3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ -4 \\ -5 \end{matrix})$ liegt und die orthogonal zur Ebene F: $3 x_{1} + 4 x_{2} + 2 x_{3} = -4$ steht.

Lösung einblenden

Da die gesuchte Ebene die Gerade g beinhaltet und orthogonal zu F steht, muss der Normalenvektor $\vec{n}$ der gesuchten Ebene E sowohl zum Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ 2 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -4 \\ -5 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -4 \\ -5 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ -4 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} 0 \\ -4 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ -4 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + (-4) \cdot 5 + (-5) \cdot (-4) = 0 -20 +20 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $(\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ -4 \end{matrix})$ = 3⋅t +12 = 0 wird, also t= $- \frac{12}{3}$ = $- 4$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ -4 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $-4 x_{1} + 5 x_{2} - 4 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -4 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ -4 \end{matrix})$ = $0 \cdot (-4) + (-4) \cdot 5 + (-5) \cdot (-4) = 0 -20 +20 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(-1 | -4 | 3)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(-1 | -4 | 3)$ in E ein:

$-4 \cdot (-1) + 5 \cdot (-4) - 4 \cdot 3 = d$

und erhalten d=-28.

Die gesuchte Ebene ist also E: $-4 x_{1} + 5 x_{2} - 4 x_{3} = -28$

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $-3 x_{1} - 2 x_{2} - 9 x_{3} = -18$ und der Punkt P $(5 | -3 | -4)$ . P liegt nicht in E.

Bestimme eine Gerade g, die parallel zu E liegt, den Punkt P enthält und die x₃-Achse schneidet.

Lösung einblenden

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ -4 - c \end{matrix})$ der Richtungsvektor der gesuchten Gerade sein.

Wenn diese Gerade nun parallel zur Ebene E sein soll, muss der Normalenvektor von E orthogonal zu $\vec{Q_{c} P}$ sein, also gilt:

0 = $(\begin{matrix} -3 \\ -2 \\ -9 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ -4 - c \end{matrix})$ = $- 3 \cdot 5 - 2 \cdot (- 3) - 9 \cdot (- 4 - c)$ = $- 15 + 6 - 9 (- 4 - c)$

$- 15 + 6 - 9 (- 4 - c)$	=	0
$- 15 + 6 + 36 + 9 c$	=	0
$9 c + 27$	=	0	\| $- 27$
$9 c$	=	$- 27$	\|: $9$
$c$	=	$- 3$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{-3} P}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ -4 -(-3) \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ -1 \end{matrix})$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ -4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ -1 \end{matrix})$

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(-6 | -2 | -9)$ liegt in der Ebene E: $7 x_{1} + 6 x_{2} - 6 x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 363.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

Lösung einblenden

Der Vektor $\vec{BC}$ muss orthogonal zu $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ -9 \end{matrix})$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\vec{BC}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ -6 \end{matrix})$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ -9 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ -6 \end{matrix})$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅ $\vec{BC} = (\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ -9 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 7 \\ 6 \\ -6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 2 \cdot (- 6) - (- 9) \cdot 6 \\ - 9 \cdot 7 - (- 6) \cdot (- 6) \\ - 6 \cdot 6 - (- 2) \cdot 7 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 12 + 54 \\ - 63 - 36 \\ - 36 + 14 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 66 \\ - 99 \\ - 22 \end{matrix})$ = -11⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix})$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ -9 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix}) |$ = 363

mit $| (\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ -9 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-6)}^{2} + {(-2)}^{2} + {(-9)}^{2}} = \sqrt{121} = 11$ und $| (\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-6)}^{2} + 9^{2} + 2^{2}} = \sqrt{121} = 11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{363}{121}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 3⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ -9 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -18 \\ 27 \\ 6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -24 \\ 25 \\ -3 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 3⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ -9 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 18 \\ -27 \\ -6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 12 \\ -29 \\ -15 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(-24 | 25 | -3)$ oder C' $(12 | -29 | -15)$ .

Aufgabenbeispiele von Zwei Bedingungen

Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Normalenvektor

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Achsenpunkt für parallele Gerade

Rechteck in einer Ebene finden