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Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ -3 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ -3 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 3 \\ -2 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ -3 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ -3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ 3 \\ -2 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + (-2) \cdot 3 + (-3) \cdot (-2) = 0 -6 +6 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 3 \\ -2 \end{matrix})$ = -1⋅t +1 = 0 wird, also t= $1$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 1 \\ 3 \\ -2 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -1 \\ 4 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -1 \\ t \\ -3 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ t \\ -3 \end{matrix})$ = $3 \cdot (-1) + 0 \cdot t + (-1) \cdot (-3) = -3 +0 +3 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -1 \\ -1 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -1 \\ t \\ -3 \end{matrix})$ = -1⋅t -11 = 0 wird, also t= $- 11$ = -11.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -11 \\ -3 \end{matrix})$

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $11 x_{1} + 5 x_{2} + 4 x_{3} = 23$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ -4 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{matrix})$ verläuft.

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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 $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 11 \\ 5 \\ 4 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ -6 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ -6 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + (-6) \cdot (-4) + 4 \cdot (-6) = 0 +24 -24 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $(\begin{matrix} 11 \\ 5 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ -6 \end{matrix})$ = 11⋅t -44 = 0 wird, also t= $\frac{44}{11}$ = $4$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ -4 \\ -6 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -6 \\ 4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 4 \\ -4 \\ -6 \end{matrix})$ = $0 \cdot 4 + (-6) \cdot (-4) + 4 \cdot (-6) = 0 +24 -24 = 0$ 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:
$(5 | -4 | -3)$ liegt in E, da:

$11 \cdot 5 + 5 \cdot (-4) + 4 \cdot (-3) = 23$

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ -4 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 4 \\ -4 \\ -6 \end{matrix})$

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

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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 $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ -2 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ -2 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + (-2) \cdot (-4) + 4 \cdot (-2) = 0 +8 -8 = 0$ .

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

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 0 \\ -4 \\ -2 \end{matrix})$ = $(-4) \cdot 0 + 1 \cdot (-4) + (-2) \cdot (-2) = 0 -4 +4 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(5 | 5 | 0)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(5 | 5 | 0)$ in E ein:

$- 4 \cdot 5 - 2 \cdot 0 = d$

und erhalten d=-20.

Die gesuchte Ebene ist also E: $- 4 x_{2} - 2 x_{3} = -20$

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(3 | 7 | -4)$ hat sowohl von der Ebene E: $-4 x_{1} + 7 x_{2} - 4 x_{3} = -28$ als auch von der Ebene F: $-4 x_{1} - 4 x_{2} + 7 x_{3} = -149$ den gleichen Abstand d = 9. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=9 von E und von F haben.

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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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 7 \\ -4 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ -4 \\ 7 \end{matrix})$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -4 \\ 7 \\ -4 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} -4 \\ -4 \\ 7 \end{matrix})$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\vec{u} = (\begin{matrix} -4 \\ 7 \\ -4 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -4 \\ -4 \\ 7 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 7 \cdot 7 - (- 4) \cdot (- 4) \\ - 4 \cdot (- 4) - (- 4) \cdot 7 \\ - 4 \cdot (- 4) - 7 \cdot (- 4) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 49 - 16 \\ 16 + 28 \\ 16 + 28 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 33 \\ 44 \\ 44 \end{matrix})$ = 11⋅ $(\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ 4 \end{matrix})$

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 $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 7 \\ -4 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 3 \\ 7 \\ -4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ 4 \end{matrix})$ .

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ -4 \end{matrix})$ liegt und die orthogonal zur Ebene F: $-6 x_{1} + 12 x_{2} - 3 x_{3} = -3$ steht.

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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 $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 12 \\ -3 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ -4 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ -4 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -4 \\ t \\ -4 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ -4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -4 \\ t \\ -4 \end{matrix})$ = $4 \cdot (-4) + 0 \cdot t + (-4) \cdot (-4) = -16 +0 +16 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $(\begin{matrix} -6 \\ 12 \\ -3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ t \\ -4 \end{matrix})$ = 12⋅t +36 = 0 wird, also t= $- \frac{36}{12}$ = $- 3$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ -3 \\ -4 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $-4 x_{1} - 3 x_{2} - 4 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 0 \\ -4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -4 \\ -3 \\ -4 \end{matrix})$ = $4 \cdot (-4) + 0 \cdot (-3) + (-4) \cdot (-4) = -16 +0 +16 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(0 | -2 | -3)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(0 | -2 | -3)$ in E ein:

$-4 \cdot 0 - 3 \cdot (-2) - 4 \cdot (-3) = d$

und erhalten d=18.

Die gesuchte Ebene ist also E: $-4 x_{1} - 3 x_{2} - 4 x_{3} = 18$

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $2 x_{1} + 3 x_{2} + 2 x_{3} = 6$ und der Punkt P $(-13 | 4 | -1)$ . P liegt nicht in E.

Bestimme eine Gerade g, die parallel zu E liegt, den Punkt P enthält und die x₁-Achse schneidet.

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Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} -13 - c \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -13 - c \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$ = $2 \cdot (- 13 - c) + 3 \cdot 4 + 2 \cdot (- 1)$ = $2 (- 13 - c) + 12 - 2$

$2 (- 13 - c) + 12 - 2$	=	0
$- 26 - 2 c + 12 - 2$	=	0
$- 2 c - 16$	=	0	\| $+ 16$
$- 2 c$	=	$16$	\|:( $- 2$ )
$c$	=	$- 8$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{-8} P}$ = $(\begin{matrix} -13 -(-8) \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -13 \\ 4 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(-3 | 2 | -6)$ liegt in der Ebene E: $6 x_{1} + 3 x_{2} - 2 x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 98.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

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Der Vektor $\vec{BC}$ muss orthogonal zu $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix})$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\vec{BC}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \\ -2 \end{matrix})$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} 6 \\ 3 \\ -2 \end{matrix})$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅ $\vec{BC} = (\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 6 \\ 3 \\ -2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 \cdot (- 2) - (- 6) \cdot 3 \\ - 6 \cdot 6 - (- 3) \cdot (- 2) \\ - 3 \cdot 3 - 2 \cdot 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 4 + 18 \\ - 36 - 6 \\ - 9 - 12 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 14 \\ - 42 \\ - 21 \end{matrix})$ = -7⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ 3 \end{matrix})$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ 3 \end{matrix}) |$ = 98

mit $| (\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-3)}^{2} + 2^{2} + {(-6)}^{2}} = \sqrt{49} = 7$ und $| (\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ 3 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-2)}^{2} + 6^{2} + 3^{2}} = \sqrt{49} = 7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{98}{49}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 2⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -4 \\ 12 \\ 6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -7 \\ 14 \\ 0 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 2⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 6 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 4 \\ -12 \\ -6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 1 \\ -10 \\ -12 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(-7 | 14 | 0)$ oder C' $(1 | -10 | -12)$ .

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