Pestalozzi Gymnasium Biberach EduRandomtasks

Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

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

Lösung einblenden

Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -3 \\ t \\ -1 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -3 \\ t \\ -1 \end{matrix})$ = $1 \cdot (-3) + 0 \cdot t + (-3) \cdot (-1) = -3 +0 +3 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -4 \\ -2 \\ -4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -3 \\ t \\ -1 \end{matrix})$ = -2⋅t +16 = 0 wird, also t= $\frac{16}{2}$ = 8.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 8 \\ -1 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

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

Lösung einblenden

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

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

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

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $- 3 x_{2} - 2 x_{3} = 5$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ -3 \\ 2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -6 \end{matrix})$ verläuft.

Lösung einblenden

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 $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -3 \\ -2 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -6 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -3 \\ -2 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ 2 \\ -3 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 0 \\ -3 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ 2 \\ -3 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + (-3) \cdot 2 + (-2) \cdot (-3) = 0 -6 +6 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ 2 \\ -3 \end{matrix})$ = 2⋅t +8 = 0 wird, also t= $- \frac{8}{2}$ = $- 4$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 2 \\ -3 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -6 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -4 \\ 2 \\ -3 \end{matrix})$ = $2 \cdot (-4) + (-5) \cdot 2 + (-6) \cdot (-3) = -8 -10 +18 = 0$ 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:
$(-3 | -3 | 2)$ liegt in E, da:

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

.

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

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -1 \\ -3 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 4 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ liegt und die orthogonal zur Ebene F: $-2 x_{1} - 2 x_{2} = -3$ steht.

Lösung einblenden

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 $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 2 \\ -2 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, 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 Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 2 \\ -2 \\ t \end{matrix})$ = 3⋅t +6 = 0 wird, also t= $- \frac{6}{3}$ = $- 2$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $2 x_{1} - 2 x_{2} - 2 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 2 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ = $4 \cdot 2 + 1 \cdot (-2) + 3 \cdot (-2) = 8 -2 -6 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(-1 | -3 | -3)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(-1 | -3 | -3)$ in E ein:

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

und erhalten d=10.

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

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(6 | -4 | 8)$ hat sowohl von der Ebene E: $4 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} = -8$ als auch von der Ebene F: $4 x_{1} + 4 x_{2} - 2 x_{3} = -80$ den gleichen Abstand d = 12. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=12 von E und von F haben.

Lösung einblenden

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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{matrix})$ = 0.

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

$\vec{u} = (\begin{matrix} 4 \\ -2 \\ 4 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 4 \\ 4 \\ -2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 2 \cdot (- 2) - 4 \cdot 4 \\ 4 \cdot 4 - 4 \cdot (- 2) \\ 4 \cdot 4 - (- 2) \cdot 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 4 - 16 \\ 16 + 8 \\ 16 + 8 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 12 \\ 24 \\ 24 \end{matrix})$ = -12⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ -4 \\ 8 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 6 \\ -4 \\ 8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ .

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

Lösung einblenden

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 $\vec{n_{F}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 5 \\ -2 \end{matrix})$ von F als auch zum Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ 6 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} -6 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ 6 \end{matrix})$ = $(-6) \cdot (-2) + 0 \cdot t + (-2) \cdot 6 = 12 +0 -12 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $(\begin{matrix} -6 \\ 5 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -2 \\ t \\ 6 \end{matrix})$ = 5⋅t +0 = 0 wird, also t= $\frac{0}{5}$ = $0$ . Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})$ , die Ebenengleichung also: $-2 x_{1} + 6 x_{3} = d$ .

Da $\vec{rv}$ ⋅ $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -6 \\ 0 \\ -2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -2 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})$ = $(-6) \cdot (-2) + 0 \cdot 0 + (-2) \cdot 6 = 12 +0 -12 = 0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $(-3 | -3 | -5)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $(-3 | -3 | -5)$ in E ein:

$-2 \cdot (-3) + 6 \cdot (-5) = d$

und erhalten d=-24.

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2 x_{1} + 6 x_{3} = -24$

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $-5 x_{1} + 3 x_{2} - 3 x_{3} = -15$ und der Punkt P $(1 | 4 | -1)$ . P liegt nicht in E.

Bestimme eine Gerade g, die parallel zu E liegt, den Punkt P enthält und die x₁-Achse schneidet.

Lösung einblenden

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} 1 - c \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ -3 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 1 - c \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$ = $- 5 \cdot (1 - c) + 3 \cdot 4 - 3 \cdot (- 1)$ = $- 5 (1 - c) + 12 + 3$

$- 5 (1 - c) + 12 + 3$	=	0
$- 5 + 5 c + 12 + 3$	=	0
$5 c + 10$	=	0	\| $- 10$
$5 c$	=	$- 10$	\|: $5$
$c$	=	$- 2$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{-2} P}$ = $(\begin{matrix} 1 -(-2) \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 4 \\ -1 \end{matrix})$

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

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(-3 | 6 | -2)$ liegt in der Ebene E: $-6 x_{1} - 2 x_{2} + 3 x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 196.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

Lösung einblenden

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} -3 \\ 6 \\ -2 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ 6 \end{matrix}) |$ = 196

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

7 ⋅ k⋅7 = 196 | :49

k = $\frac{196}{49}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 4⋅ $(\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 6 \\ -2 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 8 \\ 12 \\ 24 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 5 \\ 18 \\ 22 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 4⋅ $(\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 6 \\ -2 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -8 \\ -12 \\ -24 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -11 \\ -6 \\ -26 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(5 | 18 | 22)$ oder C' $(-11 | -6 | -26)$ .

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