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Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -4 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -1 \\ t \\ 2 \end{matrix})$ = -3⋅t +12 = 0 wird, also t= $\frac{12}{3}$ = 4.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 2 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

Lösung einblenden

Weil beim Vektor $(\begin{matrix} -4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 3 \\ t \\ 4 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} -4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} -4 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 3 \\ t \\ 4 \end{matrix})$ = $(-4) \cdot 3 + 0 \cdot t + 3 \cdot 4 = -12 +0 +12 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 3 \\ t \\ 4 \end{matrix})$ = 3⋅t +9 = 0 wird, also t= $- \frac{9}{3}$ = -3.

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

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

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

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -5 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 1 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 1 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + 1 \cdot 5 + (-5) \cdot 1 = 0 +5 -5 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -3 \\ -5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 1 \end{matrix})$ = -5⋅t -20 = 0 wird, also t= $- \frac{20}{5}$ = $- 4$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 1 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -3 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 1 \end{matrix})$ = $(-5) \cdot (-4) + (-3) \cdot 5 + (-5) \cdot 1 = 20 -15 -5 = 0$ 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:
$(5 | 0 | -1)$ liegt in E, da:

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

.

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

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -5 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, 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 Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -4 \\ -5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$ = -5⋅t -35 = 0 wird, also t= $- \frac{35}{5}$ = $- 7$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -7 \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $-7 x_{1} + 5 x_{2} + 3 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -4 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -7 \\ 5 \\ 3 \end{matrix})$ = $(-5) \cdot (-7) + (-4) \cdot 5 + (-5) \cdot 3 = 35 -20 -15 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(3 | -1 | 5)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(3 | -1 | 5)$ in E ein:

$-7 \cdot 3 + 5 \cdot (-1) + 3 \cdot 5 = d$

und erhalten d=-11.

Die gesuchte Ebene ist also E: $-7 x_{1} + 5 x_{2} + 3 x_{3} = -11$

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(-1 | 2 | -6)$ hat sowohl von der Ebene E: $-3 x_{1} + 2 x_{2} - 6 x_{3} = -6$ als auch von der Ebene F: $2 x_{1} - 3 x_{2} - 6 x_{3} = -21$ den gleichen Abstand d = 7. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=7 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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 2 \\ -3 \\ -6 \end{matrix})$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} 2 \\ -3 \\ -6 \end{matrix})$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\vec{u} = (\begin{matrix} -3 \\ 2 \\ -6 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 2 \\ -3 \\ -6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 \cdot (- 6) - (- 6) \cdot (- 3) \\ - 6 \cdot 2 - (- 3) \cdot (- 6) \\ - 3 \cdot (- 3) - 2 \cdot 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 12 - 18 \\ - 12 - 18 \\ 9 - 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 30 \\ - 30 \\ 5 \end{matrix})$ = 5⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ 1 \end{matrix})$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ -6 \end{matrix})$ nehmen.

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

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ -3 \\ 1 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ -3 \\ 1 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + 1 \cdot (-3) + 3 \cdot 1 = 0 -3 +3 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 12 \\ 6 \\ -6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ -3 \\ 1 \end{matrix})$ = 12⋅t -24 = 0 wird, also t= $\frac{24}{12}$ = $2$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $2 x_{1} - 3 x_{2} + x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 12 \\ 6 \\ -6 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 2 \\ -3 \\ 1 \end{matrix})$ = $12 \cdot 2 + 6 \cdot (-3) + (-6) \cdot 1 = 24 -18 -6 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(-2 | -4 | 1)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(-2 | -4 | 1)$ in E ein:

$2 \cdot (-2) - 3 \cdot (-4) + 1 \cdot 1 = d$

und erhalten d=9.

Die gesuchte Ebene ist also E: $2 x_{1} - 3 x_{2} + x_{3} = 9$

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $- x_{1} + x_{2} = -1$ und der Punkt P $(-5 | -8 | -1)$ . 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 $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -8 - c \\ -1 \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} -1 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -5 \\ -8 - c \\ -1 \end{matrix})$ = $- 1 \cdot (- 5) + 1 \cdot (- 8 - c) + 0 \cdot (- 1)$ = $5 + (- 8 - c) + 0$

$5 + (- 8 - c) + 0$	=	0
$5 - 8 - c$	=	0
$- c - 3$	=	0	\| $+ 3$
$- c$	=	$3$	\|:( $- 1$ )
$c$	=	$- 3$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{-3} P}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -8 -(-3) \\ -1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -5 \\ -1 \end{matrix})$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -5 \\ -8 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ -5 \\ -1 \end{matrix})$

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(-4 | -1 | -8)$ liegt in der Ebene E: $7 x_{1} + 4 x_{2} - 4 x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 243.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

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Der Vektor $\vec{BC}$ muss orthogonal zu $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ -8 \end{matrix})$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\vec{BC}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \\ -4 \end{matrix})$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ -8 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} 7 \\ 4 \\ -4 \end{matrix})$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅ $\vec{BC} = (\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ -8 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 7 \\ 4 \\ -4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 1 \cdot (- 4) - (- 8) \cdot 4 \\ - 8 \cdot 7 - (- 4) \cdot (- 4) \\ - 4 \cdot 4 - (- 1) \cdot 7 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 4 + 32 \\ - 56 - 16 \\ - 16 + 7 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 36 \\ - 72 \\ - 9 \end{matrix})$ = -9⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 8 \\ 1 \end{matrix})$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ -8 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} -4 \\ 8 \\ 1 \end{matrix}) |$ = 243

mit $| (\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ -8 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-4)}^{2} + {(-1)}^{2} + {(-8)}^{2}} = \sqrt{81} = 9$ und $| (\begin{matrix} -4 \\ 8 \\ 1 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-4)}^{2} + 8^{2} + 1^{2}} = \sqrt{81} = 9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 243 | :81

k = $\frac{243}{81}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 3⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 8 \\ 1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ -8 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -12 \\ 24 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -16 \\ 23 \\ -5 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 3⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 8 \\ 1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ -8 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 12 \\ -24 \\ -3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 8 \\ -25 \\ -11 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(-16 | 23 | -5)$ oder C' $(8 | -25 | -11)$ .

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