Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

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

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 3 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 3 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 3 \\ 5 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ t \end{matrix})$ = $3 \cdot (-5) + 5 \cdot 3 + 0 \cdot t = -15 +15 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} 5 \\ 5 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ t \end{matrix})$ = 5⋅t -10 = 0 wird, also t= $\frac{10}{5}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ 2 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ -6 \\ -2 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} -2 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} -2 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} -2 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ t \end{matrix})$ = $(-2) \cdot (-2) + 2 \cdot (-2) + 0 \cdot t = 4 -4 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -5 \\ -6 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ t \end{matrix})$ = -2⋅t +22 = 0 wird, also t= $\frac{22}{2}$ = 11.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 11 \end{matrix})$

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $-6 x_{1} + x_{2} - 6 x_{3} = 34$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ 4 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -6 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ 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 $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 1 \\ -6 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} -6 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ t \end{matrix})$ = $(-6) \cdot (-6) + 6 \cdot (-6) + 0 \cdot t = 36 -36 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $(\begin{matrix} -6 \\ 1 \\ -6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ t \end{matrix})$ = -6⋅t +30 = 0 wird, also t= $\frac{30}{6}$ = $5$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ 5 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 6 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ 5 \end{matrix})$ = $(-6) \cdot (-6) + 6 \cdot (-6) + 0 \cdot 5 = 36 -36 +0 = 0$ 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:
$(-3 | 4 | -2)$ liegt in E, da:

$-6 \cdot (-3) + 1 \cdot 4 - 6 \cdot (-2) = 34$

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ 4 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -6 \\ -6 \\ 5 \end{matrix})$

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ -2 \\ t \end{matrix})$ = $(-2) \cdot (-1) + 1 \cdot (-2) + 0 \cdot t = 2 -2 +0 = 0$ .

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

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

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

und erhalten d=-8.

Die gesuchte Ebene ist also E: $- x_{1} - 2 x_{2} - 2 x_{3} = -8$

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(6 | -2 | -4)$ hat sowohl von der Ebene E: $4 x_{1} - 2 x_{2} - 4 x_{3} = 8$ als auch von der Ebene F: $-4 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} = -72$ 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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 4 \\ -2 \\ -4 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} 4 \\ -2 \\ -4 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} -4 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\vec{u} = (\begin{matrix} 4 \\ -2 \\ -4 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -4 \\ -2 \\ 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 2 \cdot 4 - (- 4) \cdot (- 2) \\ - 4 \cdot (- 4) - 4 \cdot 4 \\ 4 \cdot (- 2) - (- 2) \cdot (- 4) \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 8 - 8 \\ 16 - 16 \\ - 8 - 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 16 \\ 0 \\ - 16 \end{matrix})$ = -16⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})$

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 $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -2 \\ -4 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 6 \\ -2 \\ -4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{matrix})$ .

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

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

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} -3 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ t \end{matrix})$ = $(-3) \cdot (-3) + 3 \cdot (-3) + 0 \cdot t = 9 -9 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ t \end{matrix})$ = 3⋅t -9 = 0 wird, also t= $\frac{9}{3}$ = $3$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ 3 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 4 \\ 3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ 3 \end{matrix})$ = $(-1) \cdot (-3) + 4 \cdot (-3) + 3 \cdot 3 = 3 -12 +9 = 0$ 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:
$(-2 | -1 | -2)$ liegt in E, da:

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

.

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

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $x_{1} - 2 x_{2} - 6 x_{3} = -6$ und der Punkt P $(2 | 4 | -2)$ . 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 $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ 4 \\ -2 - c \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ -6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 2 \\ 4 \\ -2 - c \end{matrix})$ = $1 \cdot 2 - 2 \cdot 4 - 6 \cdot (- 2 - c)$ = $2 - 8 - 6 (- 2 - c)$

$2 - 8 - 6 (- 2 - c)$	=	0
$2 - 8 + 12 + 6 c$	=	0
$6 c + 6$	=	0	\| $- 6$
$6 c$	=	$- 6$	\|: $6$
$c$	=	$- 1$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{-1} P}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ 4 \\ -2 -(-1) \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 2 \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$

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

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $| (\begin{matrix} 6 \\ 2 \\ 9 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{6^{2} + 2^{2} + 9^{2}} = \sqrt{121} = 11$ und $| (\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix}) |$ = $\sqrt{{(-6)}^{2} + 9^{2} + 2^{2}} = \sqrt{121} = 11$ 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⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \\ 9 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -24 \\ 36 \\ 8 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -18 \\ 38 \\ 17 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 4⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ 9 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 6 \\ 2 \\ 9 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 24 \\ -36 \\ -8 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 30 \\ -34 \\ 1 \end{matrix})$

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

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 in E, die senkrecht auf g ist

Achsenpunkt für parallele Gerade

Rechteck in einer Ebene finden