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Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -1 \\ 5 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + 1 \cdot (-2) + 2 \cdot 1 = 0 -2 +2 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -1 \\ -1 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ = -1⋅t +7 = 0 wird, also t= $7$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 7 \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -4 \\ 0 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -3 \\ -1 \end{matrix})$ 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 $(\begin{matrix} -2 \\ -3 \\ -1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 4 \\ -1 \\ t \end{matrix})$ = -1⋅t -5 = 0 wird, also t= $- 5$ = -5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ -1 \\ -5 \end{matrix})$

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $5 x_{1} - 5 x_{2} + 5 x_{3} = 10$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ 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 $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 5 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} -5 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ t \end{matrix})$ = $(-5) \cdot 2 + (-2) \cdot (-5) + 0 \cdot t = -10 +10 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $(\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ t \end{matrix})$ = 5⋅t +35 = 0 wird, also t= $- \frac{35}{5}$ = $- 7$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -7 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -7 \end{matrix})$ = $(-5) \cdot 2 + (-2) \cdot (-5) + 0 \cdot (-7) = -10 +10 +0 = 0$ 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:
$(3 | 0 | -1)$ liegt in E, da:

$5 \cdot 3 - 5 \cdot 0 + 5 \cdot (-1) = 10$

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -7 \end{matrix})$

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ t \end{matrix})$ = $3 \cdot (-1) + 1 \cdot 3 + 0 \cdot t = -3 +3 +0 = 0$ .

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

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 2 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ = $(-6) \cdot (-1) + 2 \cdot 3 + (-2) \cdot 6 = 6 +6 -12 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(3 | -4 | 3)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(3 | -4 | 3)$ in E ein:

$-1 \cdot 3 + 3 \cdot (-4) + 6 \cdot 3 = d$

und erhalten d=3.

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

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(7 | -6 | -6)$ hat sowohl von der Ebene E: $x_{1} - 2 x_{2} - 2 x_{3} = 4$ als auch von der Ebene F: $-2 x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = -35$ 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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ = 0.

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

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

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 $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 7 \\ -6 \\ -6 \end{matrix})$ nehmen.

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

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -5 \\ -5 \\ 4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ -5 \end{matrix})$ liegt und die orthogonal zur Ebene F: $4 x_{1} + 10 x_{2} - 2 x_{3} = -6$ 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 $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 10 \\ -2 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ -5 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ -5 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -5 \\ t \\ 5 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -5 \\ t \\ 5 \end{matrix})$ = $(-5) \cdot (-5) + 0 \cdot t + (-5) \cdot 5 = 25 +0 -25 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $(\begin{matrix} 4 \\ 10 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -5 \\ t \\ 5 \end{matrix})$ = 10⋅t -30 = 0 wird, also t= $\frac{30}{10}$ = $3$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ 5 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $-5 x_{1} + 3 x_{2} + 5 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ 5 \end{matrix})$ = $(-5) \cdot (-5) + 0 \cdot 3 + (-5) \cdot 5 = 25 +0 -25 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(-5 | -5 | 4)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(-5 | -5 | 4)$ in E ein:

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

und erhalten d=30.

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5 x_{1} + 3 x_{2} + 5 x_{3} = 30$

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $-3 x_{1} + 3 x_{2} = -3$ und der Punkt P $(-4 | 0 | -1)$ . 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 $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 0 - c \\ -1 \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} -3 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 0 - c \\ -1 \end{matrix})$ = $- 3 \cdot (- 4) + 3 \cdot (- c) + 0 \cdot (- 1)$ = $12 - 3 c + 0$

$12 - 3 c + 0$	=	0
$12 - 3 c$	=	0
$- 3 c + 12$	=	0	\| $- 12$
$- 3 c$	=	$- 12$	\|:( $- 3$ )
$c$	=	$4$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{4} P}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 0 -4 \\ -1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -4 \\ -4 \\ -1 \end{matrix})$

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

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(-2 | 9 | -6)$ liegt in der Ebene E: $6 x_{1} + 6 x_{2} + 7 x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 484.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} -2 \\ 9 \\ -6 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} 9 \\ -2 \\ -6 \end{matrix}) |$ = 484

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

11 ⋅ k⋅11 = 484 | :121

k = $\frac{484}{121}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 4⋅ $(\begin{matrix} 9 \\ -2 \\ -6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 9 \\ -6 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 36 \\ -8 \\ -24 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 34 \\ 1 \\ -30 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 4⋅ $(\begin{matrix} 9 \\ -2 \\ -6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 9 \\ -6 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -36 \\ 8 \\ 24 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -38 \\ 17 \\ 18 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(34 | 1 | -30)$ oder C' $(-38 | 17 | 18)$ .

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