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Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

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

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ -3 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -3 \\ t \\ -5 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ -3 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ -3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -3 \\ t \\ -5 \end{matrix})$ = $5 \cdot (-3) + 0 \cdot t + (-3) \cdot (-5) = -15 +0 +15 = 0$ .

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

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

Normalenvektor

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 1 \\ -11 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -5 \\ -4 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -5 \\ -4 \\ t \end{matrix})$ = $(-4) \cdot (-5) + 5 \cdot (-4) + 0 \cdot t = 20 -20 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -3 \\ 1 \\ -11 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -5 \\ -4 \\ t \end{matrix})$ = -11⋅t +11 = 0 wird, also t= $\frac{11}{11}$ = 1.

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

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $+ 6 x_{2} - 3 x_{3} = 15$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 4 \\ -6 \\ -5 \end{matrix})$ 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 $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 6 \\ -3 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ -6 \\ -5 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 6 \\ -3 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 0 \\ 6 \\ -3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + 6 \cdot 3 + (-3) \cdot 6 = 0 +18 -18 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ -6 \\ -5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ = 4⋅t -48 = 0 wird, also t= $\frac{48}{4}$ = $12$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 12 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ -6 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 12 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ = $4 \cdot 12 + (-6) \cdot 3 + (-5) \cdot 6 = 48 -18 -30 = 0$ 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:
$(1 | 1 | -3)$ liegt in E, da:

$+ 6 \cdot 1 - 3 \cdot (-3) = 15$

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 1 \\ 1 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 12 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ -3 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ -3 \end{matrix})$ = $3 \cdot (-2) + 0 \cdot t + (-2) \cdot (-3) = -6 +0 +6 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $(\begin{matrix} -6 \\ 2 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ -3 \end{matrix})$ = 2⋅t +18 = 0 wird, also t= $- \frac{18}{2}$ = $- 9$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -9 \\ -3 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $-2 x_{1} - 9 x_{2} - 3 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -2 \\ -9 \\ -3 \end{matrix})$ = $3 \cdot (-2) + 0 \cdot (-9) + (-2) \cdot (-3) = -6 +0 +6 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(-2 | -2 | 5)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(-2 | -2 | 5)$ in E ein:

$-2 \cdot (-2) - 9 \cdot (-2) - 3 \cdot 5 = d$

und erhalten d=7.

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2 x_{1} - 9 x_{2} - 3 x_{3} = 7$

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(18 | -8 | -16)$ hat sowohl von der Ebene E: $x_{1} - 4 x_{2} - 8 x_{3} = 16$ als auch von der Ebene F: $-4 x_{1} + x_{2} - 8 x_{3} = -114$ 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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ -4 \\ -8 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ -8 \end{matrix})$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} 1 \\ -4 \\ -8 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ -8 \end{matrix})$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\vec{u} = (\begin{matrix} 1 \\ -4 \\ -8 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ -8 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 4 \cdot (- 8) - (- 8) \cdot 1 \\ - 8 \cdot (- 4) - 1 \cdot (- 8) \\ 1 \cdot 1 - (- 4) \cdot (- 4) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 32 + 8 \\ 32 + 8 \\ 1 - 16 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 40 \\ 40 \\ - 15 \end{matrix})$ = -5⋅ $(\begin{matrix} -8 \\ -8 \\ 3 \end{matrix})$

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 $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 18 \\ -8 \\ -16 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 18 \\ -8 \\ -16 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -8 \\ -8 \\ 3 \end{matrix})$ .

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -4 \\ -1 \\ 4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -13 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ liegt und die orthogonal zur Ebene F: $- 5 x_{2} + 2 x_{3} = -6$ 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 $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -5 \\ 2 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -13 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -5 \\ 2 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ -2 \\ -5 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 0 \\ -5 \\ 2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ -2 \\ -5 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + (-5) \cdot (-2) + 2 \cdot (-5) = 0 +10 -10 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -13 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ -2 \\ -5 \end{matrix})$ = -13⋅t -13 = 0 wird, also t= $- \frac{13}{13}$ = $- 1$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ -5 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $- x_{1} - 2 x_{2} - 5 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -13 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ -5 \end{matrix})$ = $(-13) \cdot (-1) + 4 \cdot (-2) + 1 \cdot (-5) = 13 -8 -5 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(-4 | -1 | 4)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(-4 | -1 | 4)$ in E ein:

$-1 \cdot (-4) - 2 \cdot (-1) - 5 \cdot 4 = d$

und erhalten d=-14.

Die gesuchte Ebene ist also E: $- x_{1} - 2 x_{2} - 5 x_{3} = -14$

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $-4 x_{1} - 4 x_{2} - 8 x_{3} = -8$ und der Punkt P $(3 | -1 | 2)$ . P liegt nicht in E.

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

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Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ -1 \\ 2 - c \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} -4 \\ -4 \\ -8 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 3 \\ -1 \\ 2 - c \end{matrix})$ = $- 4 \cdot 3 - 4 \cdot (- 1) - 8 \cdot (2 - c)$ = $- 12 + 4 - 8 (2 - c)$

$- 12 + 4 - 8 (2 - c)$	=	0
$- 12 + 4 - 16 + 8 c$	=	0
$8 c - 24$	=	0	\| $+ 24$
$8 c$	=	$24$	\|: $8$
$c$	=	$3$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{3} P}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ -1 \\ 2 -3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$

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

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(-1 | 2 | 2)$ liegt in der Ebene E: $-2 x_{1} - 2 x_{2} + x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 36.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

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Der Vektor $\vec{BC}$ muss orthogonal zu $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix})$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\vec{BC}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 1 \end{matrix})$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix}) |$ = 36

mit $| (\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-1)}^{2} + 2^{2} + 2^{2}} = \sqrt{9} = 3$ und $| (\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-2)}^{2} + 1^{2} + {(-2)}^{2}} = \sqrt{9} = 3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 36 | :9

k = $\frac{36}{9}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 4⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -8 \\ 4 \\ -8 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -9 \\ 6 \\ -6 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 4⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ 2 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 8 \\ -4 \\ 8 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 7 \\ -2 \\ 10 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(-9 | 6 | -6)$ oder C' $(7 | -2 | 10)$ .

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