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Lage, Winkel, Abstand: PDF, 186 kB (10 S.)

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(1)

Analytische Geometrie (3): Ebenen / Geraden: Darstellungen, Lage,

Winkel, Abstand

Inhaltsverzeichnis

1. Verschiedene Darstellungen einer Ebene a. Parameterform (PF)

b. Koordinatenform (KF) c. Normalenform (NF) 2. Umwandlung der Ebenen-Formen

a. PF  NF / NF  KF / KF  PF b. PF  KF / KF  NF / NF  PF 3. Geraden

4. Winkel zwischen Ebenen und Geraden a. Ebene - Ebene

b. Ebene - Gerade c. Gerade - Gerade

5. Lagebeziehungen zweier Ebenen - 3 Fälle 6. Lagebeziehungen zwischen Ebene und

Ge-raden - 3 Fälle

7. Lagebeziehungen zweier Geraden - 4 Fälle 8. Abstandsbestimmungen a. Punkt - Punkt b. Punkt - Ebene c. Punkt - Gerade d. Ebene - Ebene e. Ebene - Gerade f. Gerade - Gerade

(Übungen beziehen sich auf Lambacher, Schweizer: Analytische Geometrie mit linearer Algebra. Leistungskurs. Ausga-be A. Klett, 2000; ISBN 3-13-732320-4)

1.) Verschiedene Darstellungen einer Ebene

a) Parameterform (PF): E x:r=OP ru svv v

+ +

• P ist ein Punkt von E; OPr r→ heißt Stützvektor;

u v, heißen Richtungsvektoren (die beiden Richtungsvektoren dürfen nicht kollinear sein)

Standardaufgabe 1: Ebene durch drei Punkte P, Q und R bestimmen:

E x:r=OP r PQ s PR → + → + → Standardaufgabe 2:

Punkte auf E berechnen: Werte für r und s einsetzen (z. B. r = 1, s = 0)

Standardaufgabe 3:

Punktprobe: Liegt A auf E?

Löse das LGS OA OP r PQ s PR→ = → + → + →

. Gibt es ein r und s, so liegt A auf E! b) Koordinatenform (KF): E ax: 1+bx2+cx3+d =0

Koordinatenebenen: x1x2-Ebene: x3 = 0 x1x3-Ebene: x2 = 0 x2x3-Ebene: x1 = 0.

Standardaufgabe 1: Schnitt Ebene - Geraden: „Gerade in Ebene (in KF) einsetzen“

Standardaufgabe 2: Schnitte Ebene - Ebene: „E1 (in PF) in E2 (in KF) einsetzen“

Standardaufgabe 3: Punktprobe: „Einfach einset-zen“

(2)

Bestimme die Schnittpunkte mit den Koordinatenachsen, die sogenannten Spurpunkte:

(

|0|0

)

1 da S = − ; 2

(

0| |0

)

b d S = − ;

(

)

c d

S2 = 0|0|− und verbinde diese zu den „Spurgeraden“ Standardaufgabe 5: Abstandsbestimmungen - siehe weiter unten

• Der Vektor, der aus den Koeffizienten der KF besteht, nv a b c =         

, steht senkrecht auf den bei-den Richtungsvektoren der Ebene. Wir nennen ihn bei-den Normalenvektor der Ebene! c) Normalenform (NF) E:(xv− pv)⋅nr=0

• P ist ein Punkt auf E, v

n ist der Normalenvektor.

• Ein Punkt X liegt auf E, wenn er obige Glei-chung erfüllt (wenn also der Verbindungsvek-tor PX→ , der in der Ebene liegt, senkrecht zum Normalenvektor steht).

Hesse - Normalform (HNF):

E x:(v−p nv)⋅r0=0 mit dem Einheitsvektor v

v v n n n 0 = . (für Abstandsberechnungen)

Standardaufgabe 1: Winkel zwischen Ebe-nen (beide in NF): über den Winkel zwischen den Normalenvektoren

Standardaufgabe 2: Winkel zwischen Ebene (in NF) und Gerade: über den Winkel zwi-schen Normalvektor und Richtungsvektor

2.) Umwandlungen zwischen den Ebenen-Formen

a) PF  NF  KF   PF („im Uhrzeigersinn“)

PF









NF - „Trick 17“:

Zu den Richtungsvektoren den Normalenvektor suchen (“Trick 17“!) und den Stützvektor der Parameterform verwenden, z. B. ⇒           +           − +           − =           3 2 0 2 1 5 3 2 1 : 3 2 1 s r x x x E 0 10 15 1 3 2 1 : 3 2 1 =           − − ⋅                     − −           ⇒ x x x E

Alternative zu „Trick 17“: Löse das folgende LGS:

0

3

2

0

0

.)

0

2

1

5

0

.)

3 2 1 3 2 1

=

+

+

=

=

+

+

=

n

n

n

v

n

II

n

n

n

u

n

I

v

v

v

v

Eine Lösung lautet z. B.

5 1 1 2 3 =−2;n =3;n =− n „Trick 17“ (= Vektorprodukt)           − − =           ⋅ − ⋅ − − ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ = ⇒ − − 10 15 1 1 0 2 5 ) 5 ( 3 0 2 2 2 3 1 3 2 2 1 0 5 3 2 2 1 0 5 nv PF NF KF

(3)

NF









KF - „Ausmultiplizieren“: Bsp.: 0 4 7 6 5 0 ) 21 12 5 ( 7 6 5 0 7 6 5 3 2 1 7 6 5 0 7 6 5 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 3 2 1 = − + + − ⇔ = + − − − + + − ⇔ =           − ⋅           − −           − ⋅           ⇔ =           − ⋅                     − −           x x x x x x x x x x x xKF









PF:

Variante 1 - „Spurpunkte“: Suche drei Punkte, die diese Gleichung erfüllen, z. B. die Spurpunkte, und bilde daraus Parameterform.

Variante 2 - „Nach x1 auflösen und wähle zwei Koordinaten als Parameter“.:

⇒ = + + + 2 3 0 1 bx cx d ax s x r x a c x a b x a d x = = − − − = 3 2 3 2 1           − +           − +           − =           ⇒ 1 0 / 0 1 / 0 0 / 3 2 1 c a s a b r a d x x x

b) PF  KF  NF   PF („gegen den Uhrzeigersinn“) PF









KF:

Variante 1 - „Parameter eliminieren“: Aus den drei Gleichungen die Parameter r und s e-liminieren, übrig bleibt eine Gleichung, die Koordinatenform.

Variante 2 - „über die NF“: zuerst „Trick 17“ und dann „Ausmultiplizieren“ • KF









NF - „Ablesen“: Normalenvektor ablesen, einen Punkt suchen, Bsp.:

0 3 2 1 0 0 5 : ) 0 | 0 | 5 ( ; 3 2 1 0 5 3 2 : 3 2 1 3 2 1 =           − ⋅                     − −           ⇒ −           − = ⇒ = + − + x x x E P n x x x E v

NF









PF - „über KF“: Zuerst in KF - „Ausmultiplizieren“, dann in PF mit „Spurpunkten“.

Übungen: S. 141: Bsp. 1 – 4; S. 142 / 2 -6; S. 123 / 4; 5 (mit Lösung)

3.) Geraden

a) Parameterdarstellung: g x:v=OP ruv →

+ . • P ist ein Punkt auf g;

Vektor ur gibt die Richtung an (Rich-tungsvektor).

Standardaufgabe 1: Parameterdarstel-lung durch zwei Punkte P und Q:

g x:v=OP r PQ

+ →

.

Standardaufgabe 2: Punkte auf g: für ein bestimmtes r kann der zugehörige Punkt berechnet werden.

Standardaufgabe 3: Punktprobe: Liegt R auf g? Gibt es ein r, so dass

OR OP r PQ→ = →

+ →

? (Löse das LGS) b) Weitere Darstellung von Geraden im

3-dimensionalen Raum existieren nicht!

(4)

4.) Winkel zwischen Ebenen und Geraden

Die Ebenen seien in Normalenform gegeben und die Geraden wie üblich: Ebene E1 mit Normalen-vektor nr1; Ebene E2 mit

r

n2, Gerade g1 mit Richtungsvektor r

u1; Gerade g1 mit r u2.

parallel

orthogonal

Winkel

E

1

und E

2 r r n n1; 2kollinear: 2 1 t n nv = ⋅v r r n n1; 2 orthogonal: r r n n12=0 2 1 2 1 cos n n n n r r r r ⋅ =

α

E

1

und g

1 r r n u1; orthogonal: 1 r r n u11=0 r r n u1; kollinear: 1 1 1 t u nv = ⋅v 1 1 1 1 sin u n u n r r r r ⋅ =

α

Bem.:sinα =cos(90°−α)

g

1

und g

2 r r u u1; 2 kollinear: 2 1 t u uv = ⋅v r r u u1; 2 orthogonal: r r u u12 =0 2 1 2 1 cos u u u u r r r r ⋅ = α

Zum besseren Verständnis hier die Skizzen der verschiedenen Fälle:

Übungen: S. 143 / 10, 11; S. 145 / Bsp. 1 - 3; S. 146f / 2 - 5; 11 – 15; 22 –24; S. 164f / Bsp. 1 - 3; S. 165ff / 4-8; 14 - 15

5.) Lagebeziehung zweier Ebenen - 3 Fälle

Schnittberechnungen: E1 in KF und E2 in PF (wenn nicht: umwandeln):

v t u r p x

E2: v= v+ v+ v: Diese drei Gleichungen für x1, x2 und x3 setzt man dann in die Gleichung von E1 ein und erhält eine Gleichung mit r und t: Dabei entstehen 3 Fälle:

1. “0 = 0”: unendlich viele Schnittpunkte identisch

2. “1 = 0”: kein Schnittpunkt parallel, nicht identisch 3. “r = 1; t bel.” oder “r = 2t-1; t bel.”: unendlich viele Spe schneiden sich

Diese Parameterwerte werden in E2 eingesetzt und ergeben die Schnittgerade Lagebeziehung: Mithilfe der Normalenvektoren n nr1;r2 und einem Punkt P von E1:

n nr1;r2 nicht kollinear Fall 3 (schneiden sich)

n nr1;r2 sind kollinear Fall 1 oder 2 (identisch oder parallel)

n1 n2 n1 n1 n2 n2 n1 n1 n1 u1 u1 u1 u1 u1 u1 u2 u2 u2 α α α 90°-α Be m : Ein re ch te r W in ke l w ird d u rch a n g e ze ig t! E 1 E 1 E 1 E 1 E1 E 1 E2 E 2 E2 g 1 g 1 g 1 g 1 g 1 g 1 g 2 g 2 g 2 α

(5)

P liegt auch auf E2 Fall 1: identische Ebenen

P liegt nicht auf E2 Fall 2: parallele und nicht identische Ebenen

Bsp.: Die Ebene in Parameterform

1 1 0 0 1 1 0 0 1 : 2           +           +           = r t x

E v wird als LGS aufgefasst:

; ; 1 2 3 1 r x r t x t

x = + = + = . Diese Gleichungen werden in E1 eingesetzt: 1. E1:x1x2+x3 =1⇒(1+r)−(r+t)+t=1⇒1=1, also E1 und E2 identisch 2. E1:x1x2+x3 =3⇒(1+r)−(r+t)+t=3⇒0=2, also E1 und E2 parallel 3. E1:2x1+2x2−2x3 =2⇒2(1+r)+2(r+t)−2t=2⇒r=0,t bel.: in E2 eingesetzt 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 0 1           +           =           +           +           = t t

xv Dies ist die Schnittgerade von E1 und E2.

4. E1:x1+x2x3 =3⇒(1+r)+(r+t)−t=3⇒r=1,t bel., wieder in E2 eingesetzt:

1 1 0 0 1 2 1 1 0 0 1 1 1 0 0 1           +           =           +           +           = t t

xv die Schnittgerade von E1 und E2.

5. E1:x1+x2 −2x3 =1⇒(1+r)+(r+t)−2t=1⇒2rt=0⇒t=2r,r bel., wieder in E2: 2 3 1 0 0 1 1 1 0 2 0 1 1 0 0 1 1 1 0 2 0 1 1 0 0 1           +           =                     +           +           =           +           +           = r r r r

xv - Schnittgerade von E1 und E2.

6. E1:x1+2x2x3 =3⇒(1+r)+2(r+t)−t=3⇒3r+t=2⇒t=2−3r,r bel.in E2:           −           +           +           =           − +           +           = 1 1 0 3 1 1 0 2 0 1 1 0 0 1 1 1 0 ) 3 2 ( 0 1 1 0 0 1 r r r r xv also           − − +           =           −           +           +           = 3 2 1 2 2 1 1 1 0 3 0 1 1 1 1 0 2 0 0 1 r r r

xv - Schnittgerade von E1 und E2.

Alternative zur Schnittberechnung: E1 und E2 in KF:

Es ist damit ein LGS mit 2 Gleichungen und 3 Unbekannten (x1, x2 und x3) zu lösen: 3 Fälle: “0 = 0”: identisch “1 = 0”: parallel sonst: schneiden sich.

Bsp.: E2 :x1x2 −2x3 =4 (I); E1:x1+x2x3 =1 (II). Eliminiere x2 durch (I + II): 2x1−3x3 =5⇒x1 =2,5+1,5x3 Eliminiere x1 durch (I - II): −2x2x3 =3⇒x2 =−1,5−0,5x3 Setze x3 = t, E1 E1 E1 E2 E2 E2 n2 n2 n2 n 1 n 1 n 1

x

P

x

P

(6)

damit ergibt sich folgende Schnittgerade: xv= − t          + −           2 5 1 5 0 1 5 0 5 1 , , , ,

Übungen: S. 107/ 2-6; S. 143 / 9; S. 123 / 2 (mit Lösungen)

6.) Lagebeziehung Gerade - Ebenen - 3 Fälle

Schnittberechnungen - E in KF: Setze die Geradengleichung ein. Löse nach t auf:

1. “0 = 0”: unendlich viele Schnittpunkte g liegt in E

2. “1 = 0”: kein Schnittpunkt g || E, aber nicht identisch 3. “t = 2”: ein Schnittpunkt g schneidet E

Durch Einsetzen von t in die Geradengleichung ergibt sich der Schnittpunkt.

Lagebeziehung: Mithilfe des Normalenvektors nr von E, des Richtungsvektor uv von g und einem Punkt P von g kann man die Lagebeziehung klären:

nr; nicht senkrecht uv g schneidet E nr ⊥uv g in E oder g || E

Zur Unterscheidung muss man noch bei einem Punkt P von g überprüfen, ob er auf E liegt: P liegt auch auf E g liegt in E

P liegt nicht auf E g || E Bsp.: E: x1+x2x3 =0; g:xv= t          + −           1 1 0 0 1 1

(

)

⇒(1 0+ t) (+ 1−t) (− 0+t)=0⇒ = ⇒t 1 S 101| |

Übung: S. 102 / 7; S. 104 / 15; S. 123 / 3 (mit Lösung);

7.) Lagebeziehungen von Geraden - 4 Fälle

Schnittberechnungen: Wir setzen die Parameterdarstellungen der Geraden g und h gleich. Daraus ergibt sich ein LGS (3 Gleichungen, 2 Unbekannte). Es können diese drei Fälle auftreten:

1. „r = 1 / s =2”: ein Schnittpunkt: g schneidet h

Durch Einsetzen von r und s in die Geradengleichungen ergibt sich der Schnittpunkt!

2. „0=0“ unendlich viele Schnittpunkte: identische Geraden. 3. „1=0“ kein Schnittpunkt - zwei Fälle: g || h oder windschief

a. Richtungsvektoren kollinear g || h

b. Richtungsvektoren nicht kollinear windschiefe Geraden

Lagebeziehung: Mithilfe der Richtungsvektoren uv (von g) und vv (von h) und den Stützpunkten P (von g) und Q (von h) lässt sich dies klären:

n n n u u u g g g E E E

x

P

x

P g g g g h h h h u u u u v v v v

x

Q Q

x

x

P P

x

x

P

x

P

(7)

uv; sind kollinear vv Fall 2 oder 3 (identisch oder parallel)

Zur Unterscheidung muss man für den Punkt P von g überprüfen, ob er auf h liegt: P liegt auch auf h Fall 2 (identisch)

P liegt nicht auf h Fall 3 (g || E)

uv; nicht kollinear vv Fall 1 oder 4 (schneiden sich oder windschief) Zur Unterscheidung kann man eine Schnittberechnung durchführen oder die lineare Ab-hängigkeit der Vektoren PQ;uv;vvuntersuchen (ich empfehle Ersteres!)

kein SP bzw. PQ;uv;vv sind linear unabhängig Fall 4 (windschief) ein SP bzw. PQ;uv;vv sind linear abhängig Fall 1 (schneiden sich)

Beispiel:           +           = 0 3 1 0 0 1 :x r g v und           − +           = 1 1 2 0 3 2 :x s h v

Hinweis: Falls die Parameter denselben Namen haben (z. B. r und r): Benenne einen um! Die Richtungsvektoren sind nicht kollinear: g und h schneiden sich oder sind windschief Löse das LGS: 2 2 1 3 3 0 3 2 2 0 3 1 .) .) .) = ⇒ = ⇒ = ⇒ = ⇒ − + = = = + r r s s s s r r III II I

Es gibt eine Lösung:

r = 1 und s = 0, g und h schneiden sich:

          =           − +           = 0 3 2 1 1 2 0 0 3 2 OS : S(2|3|0)

Übungen: S. 86 / 2 – 4; S. 123 / 1 (mit Lösungen)

8.) Abstände zwischen Punkten, Geraden und Ebenen

Bem.: Die kürzeste Verbindung ist jeweils gesucht!

a) zwischen zwei Punkten P und Q: d P Q( , ) |= PQ| → Bsp.: P(3|4|-2) und Q(-2|0|-4): 25 16 4 45 6,71 2 4 5 ) , ( 2 4 5 ≈ = + + =           − − − = ⇒           − − − = d P Q PQ Übung: S. 129 / 6

b) zwischen Punkt P und Ebene E x q n:(v−v)⋅v=0 :

• Mit der Hessenormalform („P einsetzen“): d P E( , ) |(= p q nv− v)⋅v0| oder mit • der Hesse-Koordinatenformn x n x n x c n n n 1 1 2 2 3 3 12 22 32 + + − + + = 0 d P E p n p n p n c n n n ( , ) = + + − + + 1 1 2 2 3 3 1 2 22 32

Bem.: Achte bitte bei der Koordinatenform darauf, dass rechts nur 0 steht! Bsp.: P(1|2|3) und E:2x1 +x2x3 =2;

Suche zuerst Punkt aus E: Q(1|0|0) und den Normaleneinheitsvektor von E:

x

P

x

Q PQ

(8)

v n0 1 6 2 1 1 = −          ; 6 0,41 1 6 1 6 1 ) 3 2 0 ( 6 1 1 1 2 0 0 1 3 2 1 ) , ( = + − ⋅ = − = ≈           − ⋅                     −           = E P d . Oder schneller: d P E( , ) = ⋅ + ⋅ − ⋅ − + + = 1 2 2 1 3 1 2 4 1 1 1 6

• Neben den beiden Standardmethoden gibt es noch eine alternative Vorgehensweise:

Wir definieren die Hilfsgerade h durch P und mit Richtungsvektor nv : h:xv =OP+tnv. Schneide h mit E - der Schnittpunkt sei S.

Dann ist der Abstand zwischen P und E gerade der zwischen P und S: d(P,E)= PS

Bsp.: P(1|2|3) und E x:2 1+x3x3=2           − +           = 1 1 2 3 2 1 :x t

h v  Schneide h mit E („einsetzen“):

(

65

)

6 1 3 1 6 1 1 2 2 2 6 1 2 ) 3 ( ) 2 ( ) 2 1 ( 2 + t + +t − −t = ⇔ + t = ⇔t = ⇒S 6 1 36 1 36 1 9 1 ) , ( = = + + = ⇒d P E PS Übung: S. 150 / Bsp. 1 - 2; S. 151 / 2 – 5; S. 153 / Bsp. 1 – 3; S. 154 / 2 - 4

c) zwischen Punkt P und Gerade g: g x:v =qv+ruv:

Analog zum Aufstellen der Hilfsgeraden im Abschnitt (b) benötigen wir eine Hilfsebene H durch P, wobei der Richtungsvektor uv von g der Normalenvektor von H ist (H ⊥ g): H :(xv− pv)⋅uv=0 Schneide H und g, so ergibt sich der Lotfußpunkt F und damit:

→ = PF g P d( , ) Bsp.: P(1|2|3) und g x:v= r          + −           1 0 0 1 1 2 ⇒ 0 2 1 1 3 2 1 : =           − ⋅                     − x H v : −x1+x2+2x3 =7 . gE ={ }:Setze g in H ein: − −F (1 r)+ +r 4r =7⇒6r=8⇒ =r 4 3/ ⇒

damit ergibt sich als Schnittpunkt: F(−1| | )

3 4 3 8 3 3 21 3 / 1 3 / 2 3 / 4 ) , ( =           − − − = → = ⇒ d P g PF

Übung: S. 157f / Bsp. 1; 2; S. 159 / 8 –10 (inkl. Fläche beim Dreieck, Volumen der Pyramide)

x

P n E h

x

P

x

P

x

S P S n

x

P u H g

x

F

x

P

x

P P F g u g

(9)

d) zwischen zwei Ebenen E1:(xv− p nv)⋅v1=0 und E2:(x q nv−v)⋅v2 =0: zuerst Lageuntersuchung anhand der Normalenvektoren:

• Sind nv1und nv2 keine Vielfache (nicht kollinear), so schneiden sich die Ebenen: d(E1,E2)=0, • sind nv1und nv2 Vielfache, so sind die

Ebenen parallel; wähle einen Punkt P aus E1 und bestimme seinen Abstand zu E2:

d E E( 1, 2) d P E( , 2) |(p q n) 2 | 0 = = v−v ⋅v 0 2 nv : Normaleneinheitsvektor von E2. Oder besser: mit Hesse-Koordinatenform

Bsp. 1: E1:2x1+x2x3=2;E2:6x1x2 −2x3 =4 ⇒ 2 1 1 −                     und 6 -1 -2 nicht kollinear, d. h. die Ebenen schneiden sich ⇒ d E E( 1, 2)=0

Bsp. 2: E1:2x1+x2x3=2;E2:−4x1−2x2+2x3 =5 ⇒ 2 1 1 −                     und -4 -2 2

sind kollinear, al-so gilt: E1 || E2: Nimm somit P aus E1: P(1 | 0 | 0) und bestimme den Abstand zu E2;

84 , 1 24 9 24 9 4 4 16 5 0 2 0 2 1 4 ) , ( ) , ( 1 2 2 = − = ≈ + + − ⋅ + ⋅ − + ⋅ − = = ⇒d E E d P E Übung: S. 154 / 5

e) zwischen Gerade g x:v = p ruv+ v und Ebene E x q n:(v− v)⋅v=0 : zuerst Lageuntersuchung anhand Richtungs- und Normalenvektor: • Gilt u nv v⋅ ≠0 , so schneiden sich Gerade und Ebene: d g E( , ) = 0 ; • gilt u nv v⋅ =0 , so sind Gerade und

Ebe-ne parallel: Wähle eiEbe-nen Punkt P aus g und bestimme seinen Abstand zu E: d g E( , )=d P E( , ) |(= p q nv−v)⋅v0|. Oder mit der Hesse-Koordinatenform Bsp. 1: E:2x1+x2x3 =2; g x:v = r          + −           1 0 0 1 1 2 ⇒ 2 1 1 1 1 2 3 0 −          ⋅ −         

= − ≠ , d. h. Gerade und Ebene schneiden sich ⇒d g E( , )=0

Bsp. 2: E:2x1+x2x3 =2; g x:v= r          + − −           1 0 0 1 0 2 ⇒ 2 1 1 1 0 2 0 −          ⋅ − −           = also g|| E ;

Zur Abstandsbestimmung: Nimm nun P aus g, P(1|0|0), und bestimme den Abstand zu E: 0 6 0 1 1 4 2 0 1 0 1 1 2 ) , ( ) , ( = = + + − ⋅ − ⋅ + ⋅ = =

d g E d P E (also: g liegt in E).

f) zwischen zwei Geraden g x:v = p ruv + v und h x:v =q svv+ v: zuerst ausführliche Lageuntersuchung (Gleichsetzen ..) • identisch oder schneiden sich: d g h( , )=0 .

parallel: Wähle Punkt P aus g und den Abstand zu h (über eine Hilfsebene): d(g,h)=d(P,h).

x

P n2 E2 d

x

P n1 E1 x P n E d x P g u h d P x g

(10)

windschief - Wir benötigen dazu eine Hilfsebe-ne H: H wird durch die Richtungsvektoren uv und vv aufgespannt und geht durch P  g liegt in H und h ist parallel zu H

Für die Normalenform bestimmen wir einen zu

v

u und vv orthogonalen Vektor nv („Trick 17“):

(

)

0

: xpn=

H v v v

Dann berechnen wir den Abstand zwischen h und H - also einfach zwischen Q und H:

| ) ( | ) , ( ) , (g h d Q H p q n0 d = = v−v ⋅v

(oder mit Hesse-Koordinatenform) Bsp. 1: g x:v= r          + − −           1 0 0 1 0 2 ; h x:v= s          +           0 0 1 0 1 2

: Lageuntersuchung ergibt: g und h sind windschief. Wir benötigen die Hilfsebene H durch P mit den beiden Richtungsvektoren von g und h,

          =           − − = 2 1 0 ; 2 0 1 v

uv v . Mit „Trick 17“ ergibt sich det Normalenvektor von H: n =v −           2 2 1

Damit ergibt sich für die Hilfsebene 0 2 2 2 0

1 2 2 0 0 1 : = ⇔ 1+ 23− =           − ⋅                     − x x x x H v

Abstand zwischen H und Q(0|0|1) (auf der Geraden h): 1

9 2 1 0 0 ) , ( ) , (g h =d Q H = + − − = d . Bsp. 2: g x:v = r          + − −           1 0 0 1 0 2 ; h x:v= s          +           0 0 1 1 0 2

. Lageuntersuchung: g und h sind parallel. Die Hilfsebene stellen wir auf mit dem Punkt P(1|0|0) aus g und dem Richtungsvektor von h,

1 0 2          , auf (h ⊥ H): 0 2 0 1 0 0 1 : =           ⋅                     − x H v , bzw. H: x1+2x3=1.

Wir schneiden h und H („einsetzen“): s+2 1 2( + s)= ⇒1 s= −1 5/ : Schnittpunkt

(

)

5 3 5 1 0F .

Der Abstand zwischen F und P(1|0|0) ergibt dann den Abstand der beiden Geraden: 34 , 1 25 45 25 9 25 36 5 / 3 0 5 / 6 0 0 1 5 / 3 0 5 / 1 ) , ( ) , ( = + = ≈           − =           −           − = =d P F h g d . Übung: S. 159 / 11; S. 161 / Bsp., 3, 5, 10, 11

Zusammen: S. 181: mit Lösungen!!

„Alte“ Abi-Aufgaben: Alle Geometrieaufgaben ohne Kreis und Kugel (!!!) sind lösbar! d

x

P g h u v

x

Q h Q

x

x

P u v Q

x

H H v u n H h

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