Geraden & Ebenen
• Skalarprodukt & Vektorprodukt
• Verschiedene Formen der Ebenengleichungen
• Umformungen von Ebenengleichungen
• Lage & Abstand bei - Punkt / Gerade - Gerade / Gerade - Punkt / Ebene - Gerade / Ebene - Ebene / Ebene
• Winkel zwischen - Geraden - Ebenen
• Spiegelungen
• Lösung geometrischer Probleme mit Vektoren
• Übungsaufgaben
Skalar- und Vektorprodukt
Skalarprodukt
(
aaa123)
⋅(
bbb123)
= a1⋅b1 +a2⋅b2 + a3⋅b3⃗a ⋅ ⃗b = ∣a⃗∣⋅
∣
b⃗∣
⋅ cos(φ)Satz:
⃗a⋅ ⃗b = 0 ↔ a orthogonal zu⃗ b⃗ (⃗a und b bilden einen rechten Winkel,⃗ ⃗a ⊥ ⃗b)
Vektorprodukt (auch Kreuzprodukt)
(
aaa123)
x(
bbb123)
=(
aaa231⋅⋅⋅bbb312 −−− aaa312⋅⋅⋅bbb231)
a x⃗ ⃗b = ∣⃗a∣⋅
∣
⃗b∣
⋅ sin(φ)Satz:
⃗a x ⃗b ist orthogonal zu ⃗a und orthogonal zu b.⃗
Anmerkung:
∣
⃗a x ⃗b∣
entspricht dem Flächeninhalt des von a⃗ und b⃗ aufgespanntenParallelogramms.
Verschiedene Formen der Ebenen-Darstellung
Parametergleichung
E: ⃗x = ⃗p + r⋅⃗u + s⋅ ⃗v
Koordinatengleichung
E: ax1+bx2+cx3 = d
E =
{ (
xxx123)
∈ ℝ3|
ax1+bx2+cx3= d}
Normalengleichung
E: (⃗x− ⃗p)⋅ ⃗n = 0
Satz:
Wenn ax1+bx2+cx3=d die Koordinatengleichung eine Ebene ist, dann ist
(
abc)
einNormalenvektor der Ebene.
Umformungen von Ebenengleichungen Übersicht
(1) Normalengleichung → Koordinatengleichung Normalengleichung ausmultiplizieren
E:
( (
xxx123)
−(
213) )
⋅(
−134)
= 0(
xxx123)
⋅(
−134)
=(
213)
⋅(
−134)
E: 3x1−x2+4x3 = 6−1+12 = 17
(2) Koordinatengleichung → Normalengleichung
E: 4x1+10x2+6x3 = 24
Da die Koeffizienten einer Koordinatengleichung einen Normalenvektor bilden, ist hier
(
104)
ein Normalenvektor.Einen Stützvektor gewinnt man, in dem man einen Vektor
(
xxx123)
wählt, der die Koordinatengleichung erfüllt.Wählen wir z.B. x2 = 0 und x3= 0 , dann ist mit x1 = 6 die Koordinatengleichung erfüllt.
Damit ergibt sich als Normalengleichung:
E:
( (
xxx123)
−(
600) )
⋅(
1046)
=0(3) Parametergleichung
→
NormalengleichungGegeben: E:
(
xxx123)
=(
111)
+ s⋅(
−122)
+ t⋅(
123)
Ein Normalenvektor
(
nnn123)
muss auf den beiden Richtungsvektoren senkrecht stehen; daher:−n1+2n2+2n3=0
n1+2n2+3n3=0
4n2+5n3=0
n2=−5 4n3
Jeder Vektor der Form
(
−−1254t⋅t⋅t)
ist Normalenvektor. Daher gilt folgende Normalenform:E:
( (
xxx123)
−(
111) )
⋅(
−−12541)
= 0Oder bestimme orthogonalen Vektor zu den Richtungsvektoren mit dem Vektorprodukt.
(4) Normalengleichung
→
ParametergleichungIdee: Bestimmung von 2 Richtungsvektoren, die auf dem Normalenvektor senkrecht stehen.
E:
( (
xxx123)
−(
213) )
⋅(
−134)
= 03u1−u2+4u3=0 ist erfüllt mit u3=0 und u2=3u1 und
3v1−v2+4v3=0 mit v1=0 und v2=4v3
Mit den Richtungsvektoren u⃗ und ⃗v erhalten wir:
E:
(
xxx123)
=(
213)
+ s⋅(
130)
+ t⋅(
041)
(5) Koordinatengleichung
→
Parametergleichung Gegeben: E: 3x1−x2+4x3=0 .Die Koeffizienten bilden den Normalenvektor n⃗ =
(
−134)
Wir bestimmen zu n⃗ zwei orthogonale Vektoren ⃗u und ⃗v :
3u1−u2+4u3=0 ist erfüllt mit u3=0 und u2=3u1 und
3v1−v2+4v3=0 mit v1=0 und v2=4v3 .
Für den Stützvektor p⃗ wählen wir z.B. : p1=1 , p2=3 und p3=0 . Wir erhalten damit:
E:
(
xxx123)
=(
014)
+ s⋅(
130)
+ t⋅(
041)
(6) Parametergleichung
→
KoordinatengleichungBestimme orthogonalen Vektor zu den Richtungsvektoren mittels des Vektorprodukts und wähle geeigneten Stützvektor.
Hessesche Normalform einer Ebene
Die Hessesche Normalform (Abk. HNF) einer Ebene ist ähnlich der Normalform und wird hauptsächlich benutzt, um den Abstand zu einer Ebene zu bestimmen.
Hessesche Normalform
E: ⃗x ⋅ ⃗n0 = d
wobei n0 ein Normalenvektor der Länge 1 ist.
Sei n1⋅x1+n2⋅x2+n3⋅x3 = d eine Koordinatengleichung einer Ebene, dann ist
n1⋅x1+n2⋅x2⋅+n3⋅x3− d
√
n12+n22+n32 = 0 die HNF der Ebene und
d(P ;E) =
∣
n1⋅p1+p√
p21⋅x2⋅+p3⋅x3− d2+p22+p32
∣
der Abstand des Punktes P(p1∣p2∣p3) von der Ebene.Lage & Abstand Punkt / Gerade
Ob ein Punkt auf einer Gerade liegt, prüft man durch Einsetzen.
Das folgende Bespiel zeigt, wie man den Abstand Punkt / Gerade berechnen kann.
Gegeben seien eine Gerade g und ein Punkt P:
g : x⃗ =
(
121)
+ r⋅(
113)
, P(2∣3∣5)u⃗ Vorgehen:
(1) Stelle eine Normalengleichung der "Hilfsebene" E auf, die den Normalenvektor u⃗ besitzt, und durch den Punkt P geht.
(2) Stelle Koordinatengleichung von E her.
(3) Berechne den Schnittpunkt S von E und g.
(4) Berechne den Abstand von P und S.
zu (1) u. (2):
E:
(
⃗x −(
235) )
⋅(
113)
↔
x1 + x2 + 3x3 = 20zu (3): (1 + r) + (2 + r) + 3 (1 + 3r) = 20
→
r = 1411,
S =(
2511∣
3611∣
5311)
zu (4): PS⃗ =
(
251136115311)
−(
235)
=(
−211111133)
, d =√
(113 )2 + (113 )2 + (−211)2 ≈ 0,43Lage & Abstand Gerade / Gerade
Gegeben seien 2 Geraden g: ⃗x = ⃗OP + s⋅ ⃗u und h: ⃗x = ⃗OQ + t⋅ ⃗v . Prüfe, ob u⃗ und ⃗v Vielfache voneinander sind. Wenn ja, dann sind die Geraden parallell oder identisch. Prüfung auf Identität erfolgt z.B. in dem man prüft, ob P auf h liegt.
Fall 1: Die Geraden sind identisch.
Die prüft man z.B. durch Einsetzen P in h.
Fall 2: Die Geraden sind parallel.
Man bestimme den Abstand von P zu h (s. xxx).
Fall 3: Die Geraden schneiden sich.
Dazu prüfen, ob die Gleichung ⃗OP + s⋅ ⃗u = ⃗OQ + t⋅⃗v eine Lösung (s,t) hat.
Fall 4: (wenn die Fall 1-3 nicht zutrifft) Die Geraden sind windschief.
Der Abstand zweier windschiefer Geraden ist definiert als die kleinste Entfernung zweier Punkte auf den beiden Geraden.
Lösungsvariante 1: Punkte mit kleinstem Abstand bestimmen
Man erhält die Lösung aus den Bedingungen, dass ⃗AB orthogonal zu u⃗ und ⃗v ist:
Man bestimmt diese Punkte A und B aus den Bedingungen,
dass ⃗AB orthogonal zu den beiden Richtungsvektoren der Geraden ist:
⃗AB⋅ ⃗u = 0 und ⃗AB⋅ ⃗v = 0
∣
⃗AB∣
ist dann der Abstand der beiden Geraden.Beispiel:
g: x⃗ =
(
−101)
+s⋅(
−110)
h: ⃗x =(
−896)
+t⋅(
−322)
Seien As(s∣−1−s∣1) und Bt(9+2t∣−8−3t∣6+2t) . Dann ist
⃗AsBt =
(
−s+2ts−3t−72t+9+5)
und die Orthogonalitätsbedingungen zu u⃗ und ⃗v liefern:
(
−s+2t+9s−3t−72t+5)
⋅(
−110)
= 0 und(
−s+2ts−3t−72t+9+5)
⋅(
−322)
= 0 .Daraus folgt das LGS: −2s + 5t = −16 −5s + 17t = −49 mit der Lösung s = 3 und t = -2 und man erhält:
A3(3∣−4∣1) , B−2(5∣−2∣2) , d(g ;h) =
∣
⃗A3B−2∣
=√
(5−3)2+(−2−(−4))2+(2−1)2 = 3Lösungsvariante 2: Hilfsebene verwenden
Man führt eine Hilfsebene E ein, die von den Richtungsvektoren der Geraden aufgespannt wird, und als Stützvektor den Stützvektor der Gerade h hat (damit liegt h in E). der Abstand von g zu h ist
dann gleich dem Abstand von g zu E, und läßt sich z.B. mit dem Abstand von P zu E berechnen.
Beispiel:
Gegeben seien g: x⃗ =
(
−101)
+s⋅(
−110)
und h: ⃗x =(
−896)
+s⋅(
−322)
.Dann läßt sich die Hilfsebene darstellen als E: ⃗x =
(
−896)
+ s⋅(
−110)
+ t⋅(
−322)
Berechnen eines Normalenvektors:
(
−110)
x(
−322)
=(
(−1)⋅1⋅(−3) − (−1)⋅0⋅22 −− 01⋅(−3)⋅2 2)
=(
−2−2−1)
Normalengleichung: E:
( (
xxx123)
−(
−896) )
⋅(
−2−2−1)
Koordinatengleichung: E: −2x1−2x2−x3=−8 ;
HNF: E: −2x1−2x2−x3+8
3 = 0
Abstand: d(g ;h)=d(P; E)=−2p1−2p2−p3+8
3 = (−2)⋅0+−2⋅1−1+8
3 = 9
3 = 3
Lage & Abstand Punkt / Ebene
Lage & Abstand Gerade / Ebene
s. die zweite Lösungsvariante bei Gerade / Gerade.
Lage & Abstand Ebene / Ebene
Winkel zwischen Geraden und Ebenen
Spiegelungen
Spiegelung eines Punktes an einer Geraden
Es seien die gleichen Voraussetzungen gegeben wie unter "Abstand eines Punktes zu einer Geraden bestimmen".
(1) Stelle eine Normalengleichung der "Hilfsebene" E auf, die denNormalenvektor u⃗ besitzt, und durch den Punkt P geht.
(2) Stelle Koordinatengleichung von E her.
(3) Berechne den Schnittpunkt S von E und g.
(4) Der Ortsvektor von P' ergibt sich als Summe von ⃗OS + ⃗PS .
zu (4):
⃗OP ' = ⃗OS + ⃗PS =
(
251136115311)
+(
−211111133)
=(
281139115111)
, P ' =(
2811∣
3911∣
5111)
Lage einer Geraden zu einer Ebene
Beispiel: Seien g : x=⃗
(
041)
+ r⋅(
−211)
E: 4x1−2x2+2x3=2Ist die Gerade g zur Ebene E parallel?
Wir prüfen, ob der Richtungsvektor von g orthogonal zum einem Normalenvektor von E ist:
(
−211)
⋅(
−242)
= −8−2+2 ≠ 0Da die Vektoren nicht orthogonal sind, verläuft die Gerade nicht parallel zur Ebene sondern schneidet sie.
Lage zweier Ebenen zueinander
Zwei Ebenen schneiden sich in einer Geraden, sind parallel oder gar identisch.
Ob zwei Ebenen parallel sind, läßt sich - wie in folgendem Bespiel - einfach anhand von Koordintenformen entscheiden.
Beispiel:
Sind die Ebenen E1: 3x1−6x2+9x3 =10 und E2: −x1+2x2−3x3=−4 parallel?
Ja, sie sind parallel, weil sie parallele Normalenvektoren besitzen; sie sind nicht identisch, wie man z.B. durch Einsetzen von x2 = 0 und x3 = 0 sieht.
Falls die Ebenen durch Parametergleichungen gegeben sind, führe man diese in Koordinatengleichungen über.
Abstand paralleler Ebenen
Der Abstand paralleler Ebenen läßt sich - wie im folgenden Beipiel - einfach mittels der HNF (Hessesche Normalform) entscheiden.
Die Ebenen E1: 3x1−6x2+9x3 =10 und E2: −x1+2x2−3x3=−4 sind (s.o.) parallel.
Mit der HNF für E2 erhält man für Abstände von E2 : (*) a =
∣
(−1)⋅x1+ 2⋅x√
142⋅+ (−3)⋅x3+ 4∣
.Der Punkt P(103 ∣0∣0) liegt auf E1 . Setzt man P in (*) ein, erhält man: a ≈
∣
0,663,74∣
≈ 0,18Winkel zwischen Geraden und Ebenen
Spiegelungen
Spiegelung eines Punktes an einer Geraden
Es seien die gleichen Voraussetzungen gegeben wie unter "Abstand eines Punktes zu einer Geraden bestimmen".
(1) Stelle eine Normalengleichung der "Hilfsebene" E auf, die denNormalenvektor u⃗ besitzt, und durch den Punkt P geht.
(2) Stelle Koordinatengleichung von E her.
(3) Berechne den Schnittpunkt S von E und g.
(4) Der Ortsvektor von P' ergibt sich als Summe von ⃗OS + ⃗PS .
zu (4):
⃗OP ' = ⃗OS + ⃗PS =
(
251136115311)
+(
−211111133)
=(
281139115111)
, P ' =(
2811∣
3911∣
5111)
Übungsaufgaben
(1) Welche Lage haben die beiden folgenden Geraden zueinander?
g1: ⃗x =
(
111)
+ s⋅(
−3−12)
g2: ⃗x =(
−130)
+ t⋅(
−121)
Lösung:
Falls die Geraden sich schneiden, müsste gelten:
1−3s = −1+2t
↔
−3s − 2t = −2 (I)1+2s = 3− t
↔
2s + t = 2 (II)1− s = t
↔
−s − t = −1 (III)Addition der Gleichungen (II) und (III) liefert s = 1 ; setzt man dies in (II) ein ergibt sich t = 0.
Damit ist die Gleichung (I) jedoch nicht erfüllt.
Die Geraden schneiden sich daher nicht.
Da die Richtungsvektoren auch nicht Vielfache voneinander sind, sind verlaufen die Geraden auch nicht parallel.
Die Geraden sind somit windschief zueinander.
(2) Gegeben sind die Ebene E:−2x1+x2−2x3−15=0 und die Gerade g : x⃗ =
(
−1622)
+ t ⋅(
141)
.a) Zeige, dass g zu E parallel ist.
b) Bestimme den Abstand von g zu E.
Lösung:
a) n⃗ =
(
−2−21)
ist ein Normelenvektor von E; er ist orthogonal zum Richtungsvektor ⃗u=(
141)
von g,da n⃗ ⋅ ⃗u = (−2) ⋅ 1 + 1⋅4 + (−2) ⋅1 = 0 Daher ist g parallel zu E.
b) Da g und E parallel sind, kann man den ihren Abstand als Abstand des Stützpunktes P (2|-16|2) von g zu E bestimmen. Die HNF von E lautet
E: −2x1+x2−2x3+15
3 = 0 .
→
d(g ;E) = d(P;E) = ∣−4−16−4+15∣3 = ∣−9∣
3 = 3 .
(3) Eine Ebene sei gegeben durch die Punkte A (1 | 3 | 2), B(-2 | -2 | -1) und C (0 | 0 | 2).
Bestimme jeweils eine Parametergleichung, eine Normalengleichung und eine Koordinatengleichung.
(4) Gegeben sei die Ebene E : ⃗x =
(
212)
+ r⋅(
0112)
+ s⋅(
−1012)
.Bestimme dazu 2 parallele Ebenen im Abstand 3.
Lösung:
Man erhöht bzw. erniedrigt die x3-Koordinate des Stützvektors um 3.
(5) Gegeben sei eine 3-seitige Pyramide durch die Punkte A ( | | ), B ( | | ), C ( | | ), S ( | | ).
Berechne das Volumen der Pyramide.