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Normalenvektor ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu $\vec{u}$ = $(\begin{matrix} 11 \\ -1 \\ 6 \end{matrix})$ als auch zu $\vec{v}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ 3 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ 3 \end{matrix})$ = $0 \cdot t + 3 \cdot (-4) + 4 \cdot 3 = 0 -12 +12 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} 11 \\ -1 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} t \\ -4 \\ 3 \end{matrix})$ = 11⋅t +22 = 0 wird, also t= $- \frac{22}{11}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ -4 \\ 3 \end{matrix})$

Normalenvektor

Beispiel:

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

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Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 5 \\ 5 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 5 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 5 \\ 5 \\ t \end{matrix})$ = $5 \cdot 5 + (-5) \cdot 5 + 0 \cdot t = 25 -25 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -4 \\ -3 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 5 \\ 5 \\ t \end{matrix})$ = 5⋅t -35 = 0 wird, also t= $\frac{35}{5}$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ 5 \\ 7 \end{matrix})$

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: $5 x_{1} + 6 x_{3} = 19$ liegt und orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ 5 \\ -1 \end{matrix})$ 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 $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})$ von E als auch zum Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 5 \\ -1 \end{matrix})$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 6 \\ t \\ -5 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 6 \\ t \\ -5 \end{matrix})$ = $5 \cdot 6 + 0 \cdot t + 6 \cdot (-5) = 30 +0 -30 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\vec{{rv}_{g}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 5 \\ -1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 6 \\ t \\ -5 \end{matrix})$ = 5⋅t -25 = 0 wird, also t= $\frac{25}{5}$ = $5$ . Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} 6 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$ .

Da $\vec{n}$ ⋅ $\vec{{rv}_{h}}$ = $(\begin{matrix} -5 \\ 5 \\ -1 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 6 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$ = $(-5) \cdot 6 + 5 \cdot 5 + (-1) \cdot (-5) = -30 +25 +5 = 0$ 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:
$(5 | 4 | -1)$ liegt in E, da:

$5 \cdot 5 + 6 \cdot (-1) = 19$

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 5 \\ -5 \end{matrix})$

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

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

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

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

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

und erhalten d=3.

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

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P $(-10 | -24 | 0)$ hat sowohl von der Ebene E: $-6 x_{1} - 8 x_{2} = -48$ als auch von der Ebene F: $- 8 x_{2} - 6 x_{3} = -108$ den gleichen Abstand d = 30. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=30 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: $\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ -8 \\ 0 \end{matrix})$ = 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:
$\vec{u}$ ⋅ $(\begin{matrix} 0 \\ -8 \\ -6 \end{matrix})$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $(\begin{matrix} -6 \\ -8 \\ 0 \end{matrix})$ als auch zu $(\begin{matrix} 0 \\ -8 \\ -6 \end{matrix})$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\vec{u} = (\begin{matrix} -6 \\ -8 \\ 0 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 0 \\ -8 \\ -6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 8 \cdot (- 6) - 0 \cdot (- 8) \\ 0 \cdot 0 - (- 6) \cdot (- 6) \\ - 6 \cdot (- 8) - (- 8) \cdot 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 48 + 0 \\ 0 - 36 \\ 48 + 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 48 \\ - 36 \\ 48 \end{matrix})$ = 12⋅ $(\begin{matrix} 4 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=30 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\vec{OP}$ = $(\begin{matrix} -10 \\ -24 \\ 0 \end{matrix})$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -10 \\ -24 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 4 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ .

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

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

Weil beim Richungsvektor $\vec{rv}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ 2 \end{matrix})$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 2 \\ t \\ -2 \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $(\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ 2 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 2 \\ t \\ -2 \end{matrix})$ = $2 \cdot 2 + 0 \cdot t + 2 \cdot (-2) = 4 +0 -4 = 0$ .

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

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

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

und erhalten d=-16.

Die gesuchte Ebene ist also E: $2 x_{1} - 5 x_{2} - 2 x_{3} = -16$

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: $-5 x_{1} + 5 x_{3} = -5$ und der Punkt P $(-6 | 3 | -1)$ . P liegt nicht in E.

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

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Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\vec{Q_{c} P}$ = $(\begin{matrix} -6 - c \\ 3 \\ -1 \end{matrix})$ 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 = $(\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -6 - c \\ 3 \\ -1 \end{matrix})$ = $- 5 \cdot (- 6 - c) + 0 \cdot 3 + 5 \cdot (- 1)$ = $- 5 (- 6 - c) + 0 - 5$

$- 5 (- 6 - c) + 0 - 5$	=	0
$30 + 5 c - 5$	=	0
$5 c + 25$	=	0	\| $- 25$
$5 c$	=	$- 25$	\|: $5$
$c$	=	$- 5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\vec{Q_{-5} P}$ = $(\begin{matrix} -6 -(-5) \\ 3 \\ -1 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ -1 \end{matrix})$

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

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A $(0 | 0 | 0)$ und B $(2 | -6 | 9)$ liegt in der Ebene E: $-6 x_{1} + 7 x_{2} + 6 x_{3} = 0$ und hat den Flächeninhalt 242.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $| (\begin{matrix} 2 \\ -6 \\ 9 \end{matrix}) |$ ⋅ $| k \cdot (\begin{matrix} 9 \\ 6 \\ 2 \end{matrix}) |$ = 242

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

11 ⋅ k⋅11 = 242 | :121

k = $\frac{242}{121}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\vec{0C}$ = $\vec{0B}$ + 2⋅ $(\begin{matrix} 9 \\ 6 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -6 \\ 9 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 18 \\ 12 \\ 4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 20 \\ 6 \\ 13 \end{matrix})$
bzw. $\vec{0C'}$ = $\vec{0B}$ - 2⋅ $(\begin{matrix} 9 \\ 6 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -6 \\ 9 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} -18 \\ -12 \\ -4 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -16 \\ -18 \\ 5 \end{matrix})$

Die Koordinaten von C sind somit C $(20 | 6 | 13)$ oder C' $(-16 | -18 | 5)$ .

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