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Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ -6 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 1 \\ 4 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ t \end{matrix})$ = $1 \cdot (-4) + 4 \cdot 1 + 0 \cdot t = -4 +4 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ -6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ t \end{matrix})$ = -6⋅t -18 = 0 wird, also t= $- \frac{18}{6}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ -3 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ -7 \\ -1 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ -1 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ -1 \end{matrix})$ = $1 \cdot (-2) + 0 \cdot t + (-2) \cdot (-1) = -2 +0 +2 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} 4 \\ -7 \\ -1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ -1 \end{matrix})$ = -7⋅t -7 = 0 wird, also t= $- \frac{7}{7}$ = -1.

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

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $x_{1} - x_{2} + x_{3} = -7$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -2 \\ 0 \\ -5 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -4 \end{matrix})$ 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 $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -4 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -4 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + 1 \cdot 4 + (-4) \cdot 1 = 0 +4 -4 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $(\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ = 1⋅t -3 = 0 wird, also t= $3$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ = $0 \cdot 3 + 1 \cdot 4 + (-4) \cdot 1 = 0 +4 -4 = 0$ 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:
$(-2 | 0 | -5)$ liegt in E, da:

$1 \cdot (-2) - 1 \cdot 0 + 1 \cdot (-5) = -7$

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -2 \\ 0 \\ -5 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -5 \\ 5 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -1 \\ -7 \\ -1 \end{matrix})$ liegt und die orthogonal zur Ebene F: $6 x_{1} - x_{3} = 6$ 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 $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -7 \\ -1 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -1 \\ t \\ -6 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 6 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ t \\ -6 \end{matrix})$ = $6 \cdot (-1) + 0 \cdot t + (-1) \cdot (-6) = -6 +0 +6 = 0$ .

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

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -7 \\ -1 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ 1 \\ -6 \end{matrix})$ = $(-1) \cdot (-1) + (-7) \cdot 1 + (-1) \cdot (-6) = 1 -7 +6 = 0$ 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:

$-1 \cdot (-5) + 1 \cdot 5 - 6 \cdot 0 = d$

und erhalten d=10.

Die gesuchte Ebene ist also E: $- x_{1} + x_{2} - 6 x_{3} = 10$

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(10 | -12 | -12)$ hat sowohl von der Ebene E: $3 x_{1} - 6 x_{2} - 6 x_{3} = 12$ als auch von der Ebene F: $-6 x_{1} + 3 x_{2} - 6 x_{3} = -186$ den gleichen Abstand d = 18. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=18 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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ -6 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ 3 \\ -6 \end{matrix})$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ -6 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} -6 \\ 3 \\ -6 \end{matrix})$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\vec{u} = (\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ -6 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -6 \\ 3 \\ -6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 6 \cdot (- 6) - (- 6) \cdot 3 \\ - 6 \cdot (- 6) - 3 \cdot (- 6) \\ 3 \cdot 3 - (- 6) \cdot (- 6) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 36 + 18 \\ 36 + 18 \\ 9 - 36 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 54 \\ 54 \\ - 27 \end{matrix})$ = -27⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 10 \\ -12 \\ -12 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 10 \\ -12 \\ -12 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ .

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(0 | 4 | -4)$ hat sowohl von der Ebene E: $x_{1} + 2 x_{2} - 2 x_{3} = -2$ als auch von der Ebene F: $-2 x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = -14$ den gleichen Abstand d = 6. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=6 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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ -2 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})$ = 0.

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 4 \\ -4 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 0 \\ 4 \\ -4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})$ .

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $2 x_{1} - 2 x_{2} - 2 x_{3} = 2$ und der Punkt P $(-2 | -7 | -1)$ . P liegt nicht in E.

Bestimme eine Gerade g, die parallel zu E liegt, den Punkt P enthält und die x₂-Achse schneidet.

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Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -7 - c \\ -1 \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} 2 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ -7 - c \\ -1 \end{matrix})$ = $2 \cdot (- 2) - 2 \cdot (- 7 - c) - 2 \cdot (- 1)$ = $- 4 - 2 (- 7 - c) + 2$

$- 4 - 2 (- 7 - c) + 2$	=	0
$- 4 + 14 + 2 c + 2$	=	0
$2 c + 12$	=	0	\| $- 12$
$2 c$	=	$- 12$	\|: $2$
$c$	=	$- 6$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{-6} P}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -7 -(-6) \\ -1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -2 \\ -7 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(6 | -2 | 3)$ liegt in der Ebene E: $-2 x_{1} + 3 x_{2} + 6 x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 147.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} 6 \\ -2 \\ 3 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} 3 \\ 6 \\ -2 \end{matrix}) |$ = 147

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

7 ⋅ k⋅7 = 147 | :49

k = $\frac{147}{49}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 3⋅ $(\begin{matrix} 3 \\ 6 \\ -2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -2 \\ 3 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 9 \\ 18 \\ -6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 15 \\ 16 \\ -3 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 3⋅ $(\begin{matrix} 3 \\ 6 \\ -2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -2 \\ 3 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -9 \\ -18 \\ 6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -20 \\ 9 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(15 | 16 | -3)$ oder C' $(-3 | -20 | 9)$ .

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

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Achsenpunkt für parallele Gerade

Rechteck in einer Ebene finden