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Durchstosspunkt zwischen Ebene und Gerade

Beispiel:

Berechne den Durchstoßpunkt der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -5 \\ 2 \\ -10 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ mit der Ebene E: $-2 x_{1} + 9 x_{2} = 18$ .

Lösung einblenden

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -5 \\ 2 \\ -10 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ und der Ebene E : $-2 x_{1} + 9 x_{2} = 18$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (-5 - 5 t | 2 + 0 t | -10 - 1 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$- 2 \cdot (- 5 - 5 t) + 9 \cdot 2 + 0 \cdot (- 10 - t)$	=	$18$
$10 + 10 t + 18$	=	$18$
$10 t + 28$	=	$18$	\| $- 28$
$10 t$	=	$- 10$	\|: $10$
$t$	=	$- 1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (-5 - 5 t | 2 + 0 t | -10 - 1 t)$ einsetzen.
=> D $(0 | 2 | -9)$ .

Lotfußpunkt einer Ebene zu P

Beispiel:

Bestimme den Lotfußpunkt des Punktes P $(2 | 4 | 8)$ zur der Ebene E: $-8 x_{1} - 8 x_{2} + 4 x_{3} = -16$ .

Lösung einblenden

Ein Normalenvektor der Ebene ist: $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -8 \\ -8 \\ 4 \end{matrix})$ .

Wir bilden eine Gerade mit diesem Normalenvektor als Richtungsvektor, welche durch unseren Punkt P $(2 | 4 | 8)$ geht:

g:

\vec{x} =

(\begin{matrix} 2 \\ 4 \\ 8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -8 \\ -8 \\ 4 \end{matrix})

Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt dieser Geraden mit unserer Ebene E: $-8 x_{1} - 8 x_{2} + 4 x_{3} = -16$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (2 - 8 t | 4 - 8 t | 8 + 4 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$- 8 \cdot (2 - 8 t) - 8 \cdot (4 - 8 t) + 4 \cdot (8 + 4 t)$	=	$- 16$
$- 16 + 64 t - 32 + 64 t + 32 + 16 t$	=	$- 16$
$144 t - 16$	=	$- 16$	\| $+ 16$
$144 t$	=	0	\|: $144$
$t$	=	0

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (2 - 8 t | 4 - 8 t | 8 + 4 t)$ einsetzen.
=> D $(2 | 4 | 8)$ .

Dieser Durchstoßpunkt D ist der gesuchte Lotfußpunkt L $(2 | 4 | 8)$ .

Gegenseitige Lage von Gerade und Ebene

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der Gerade

g:

\vec{x} =

(\begin{matrix} 11 \\ 5 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -2 \\ -1 \end{matrix})

mit der Ebene E:

-7 x_{1} - 6 x_{2} + 6 x_{3} = -84

Berechne ggf. Abstand bzw. Durchstoßpunkt.

Lösung einblenden

Um die gegenseitige Lage der Gerade und der Ebene zu überprüfen, bilden wir das Skalarprodukt aus dem Normalenvektor der Ebene und dem Richtungsvektor der Geraden.

(\begin{matrix} -7 \\ -6 \\ 6 \end{matrix})

\cdot

(\begin{matrix} 5 \\ -2 \\ -1 \end{matrix})

=

(-7) \cdot 5 + (-6) \cdot (-2) + 6 \cdot (-1)

=-29

Da das Skalarprodukt ungleich null ist, sind der Normalenvektor der Ebene und der Richtungsvektor der Geraden nicht orthogonal zueinander; somit haben Ebene und Gerade einen gemeinsamen Punkt, den Durchstoßpunkt. Diesen berechnen wir jetzt.

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 11 \\ 5 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ -2 \\ -1 \end{matrix})$ und der Ebene E : $-7 x_{1} - 6 x_{2} + 6 x_{3} = -84$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (11 + 5 t | 5 - 2 t | -1 - 1 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$- 7 \cdot (11 + 5 t) - 6 \cdot (5 - 2 t) + 6 \cdot (- 1 - t)$	=	$- 84$
$- 77 - 35 t - 30 + 12 t - 6 - 6 t$	=	$- 84$
$- 29 t - 113$	=	$- 84$	\| $+ 113$
$- 29 t$	=	$29$	\|:( $- 29$ )
$t$	=	$- 1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (11 + 5 t | 5 - 2 t | -1 - 1 t)$ einsetzen.
=> D $(6 | 7 | 0)$ .

Gegenseitige Lage zweier Ebenen (BF)

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der beiden Ebenen

E:

6 x_{1} - 6 x_{2} + 7 x_{3} = -84

und F:

12 x_{1} - 12 x_{2} + 14 x_{3} = -168

Berechne ggf. den Abstand.

Lösung einblenden

Für die beiden Normalenvektoren der Ebenen gilt:

(\begin{matrix} 6 \\ -6 \\ 7 \end{matrix})

= 2 \cdot

(\begin{matrix} 12 \\ -12 \\ 14 \end{matrix})

Die Normalenvektoren sind somit linear abhängig, daher müssen die beiden Ebenen parallel oder identisch sein.

In diesem Fall sind sie identisch: Wenn man die Ebene $6 x_{1} - 6 x_{2} + 7 x_{3} = -84$ mit den Faktor 2 multipliziert, erhält man genau die andere Ebene, $12 x_{1} - 12 x_{2} + 14 x_{3} = -168$ .

Gegenseitige Lage zweier Ebenen (LF)

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der beiden Ebenen

E:

4 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} = 4

und F:

-12 x_{1} + 6 x_{2} - 12 x_{3} = -12

Berechne ggf. Abstand bzw. Schnittgerade.

Lösung einblenden

Für die beiden Normalenvektoren der Ebenen gilt:

(\begin{matrix} 4 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})

= -3 \cdot

(\begin{matrix} -12 \\ 6 \\ -12 \end{matrix})

Die Normalenvektoren sind somit linear abhängig, daher müssen die beiden Ebenen parallel oder identisch sein.

In diesem Fall sind sie identisch: Wenn man die Ebene $4 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} = 4$ mit den Faktor -3 multipliziert, erhält man genau die andere Ebene, $-12 x_{1} + 6 x_{2} - 12 x_{3} = -12$ .

Gegenseitige Lage zweier Geraden (+Abstände)

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der beiden Geraden

g:

\vec{x} =

(\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ 8 \end{matrix})

und h:

\vec{x} =

(\begin{matrix} 20 \\ -25 \\ 16 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})

Berechne ggf. Abstand bzw. Schnittpunkt.

Lösung einblenden

Die beiden Richtungsvektoren $(\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ 8 \end{matrix})$ und $(\begin{matrix} 6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ der Geraden sind keine Vielfachen voneinander, die Geraden können also weder parallel noch identisch sein. Wir müssen deswegen noch prüfen, ob die Geraden einen Schnittpunkt haben oder nicht.
Wir setzen dazu die beiden Geraden gleich und lösen das so entstehende Lineare Gleichungssystem.

$(\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ 8 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 20 \\ -25 \\ 16 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$

$\begin{matrix} 2 & +3 s & = & 20 & +6 t \\ 1 & -6 s & = & -25 & -3 t \\ -2 & +8 s & = & 16 & +4 t \end{matrix}$

\begin{matrix} 3 s & - 6 t & = & 18 & (I) \\ - 6 s & + 3 t & = & - 26 & (II) \\ 8 s & - 4 t & = & 18 & (III) \end{matrix}

\begin{matrix} 3 s & - 6 t & = & 18 & (I) \\ - 6 s & + 3 t & = & - 26 & (II) \\ 8 s & - 4 t & = & 18 & (III) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $2$ ·(I) + $1$ ·(II)

$8$ ·(I) $- 3$ ·(III)

\begin{matrix} 3 s & - 6 t & = & 18 & (I) \\ (6 - 6) s & + (- 12 + 3) t & = & + (36 - 26) & (II) \\ (24 - 24) s & + (- 48 + 12) t & = & + (144 - 54) & (III) \end{matrix}

\begin{matrix} 3 s & - 6 t & = & 18 & (I) \\ - 9 t & = & 10 & (II) \\ - 36 t & = & 90 & (III) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $4$ ·(II) $- 1$ ·(III)

\begin{matrix} 3 s & - 6 t & = & 18 & (I) \\ - 9 t & = & 10 & (II) \\ + (- 36 + 36) t & = & + (40 - 90) & (III) \end{matrix}

\begin{matrix} 3 s & - 6 t & = & 18 & (I) \\ - 9 t & = & 10 & (II) \\ 0 & = & - 50 & (III) \end{matrix}

Wegen des Widerspruchs in der 3-ten Zeile hat das LGS eine leere Lösungsmenge!

Es gibt also kein s und t für die alle 3 Gleichungen und damit die ursprüngliche Vektorgleichung erfüllt sind.

Die Geraden sind also windschief.

Berechnung des Abstands der windschiefen Geraden.

Zuerst bilden wir eine Ebene, welche die Gerade h: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 20 \\ -25 \\ 16 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix})$ enthält und parallel zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ 8 \end{matrix})$ ist, also $\vec{x} = (\begin{matrix} 20 \\ -25 \\ 16 \end{matrix}) + r \cdot (\begin{matrix} 6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ 8 \end{matrix})$
Der Normalenvektor dieser Ebene ist der Normalenvektor auf die beiden Richtungsvektoren der Geraden.

\vec{n} = (\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ 8 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 6 \\ -3 \\ 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 6 \cdot 4 - 8 \cdot (- 3) \\ 8 \cdot 6 - 3 \cdot 4 \\ 3 \cdot (- 3) - (- 6) \cdot 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 24 + 24 \\ 48 - 12 \\ - 9 + 36 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 \\ 36 \\ 27 \end{matrix})

= 9⋅

(\begin{matrix} 0 \\ 4 \\ 3 \end{matrix})

Wenn wir den Aufpunkt von h A_h $(20 | -25 | 16)$ in die allgemeine Ebenengleichung $+ 4 x_{2} + 3 x_{3} = d$ einsetzen erhalten wir für diese Hilfsebene die Koordinatengleichung:

+ 4 x_{2} + 3 x_{3} = -52

Nun können wir den Abstand zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 3 \\ -6 \\ 8 \end{matrix})$ und dieser (zu g parallelen) Ebene berechnen, indem wir aus der Geraden einen Punkt, am besten den Aufpunkt $(2 | 1 | -2)$ , nehmen und den Abstand zwischen diesem Punkt und der Ebene mit Hilfe der Hesse-Formel (Abstand Punkt-Ebene) berechnen. Dieser Abstand ist auch der Abstand der beiden windschiefen Geraden zueinander.

Wir berechnen den Abstand zwischen Punkt und Ebene mittels der Hesse'schen Normalenform.

d =

\frac{| 0 \cdot 2 + 4 \cdot 1 + 3 \cdot (- 2) + 52 |}{\sqrt{0^{2} + 4^{2} + 3^{2}}}

=

\frac{| 50 |}{\sqrt{25}}

=

\frac{50}{5}

= 10

Alternativer (kürzerer) Lösungsweg mit Formel einblenden

Wenn man die Hesse'sche Normalenform in Vektorschreibweise mit A_h scheibt:
$\frac{| [\vec{x} - (\begin{matrix} 20 \\ -25 \\ 16 \end{matrix})] \circ (\begin{matrix} 0 \\ 4 \\ 3 \end{matrix}) |}{\sqrt{0^{2} + 4^{2} + 3^{2}}}$ , kann man ja A_g (den Aufpunkt von g) direkt für x einsetzen:
$d =$ $\frac{| [(\begin{matrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{matrix}) - (\begin{matrix} 20 \\ -25 \\ 16 \end{matrix})] \circ (\begin{matrix} 0 \\ 4 \\ 3 \end{matrix}) |}{\sqrt{0^{2} + 4^{2} + 3^{2}}}$ = $\frac{| (\begin{matrix} -18 \\ 26 \\ -18 \end{matrix}) \circ (\begin{matrix} 0 \\ 4 \\ 3 \end{matrix}) |}{\sqrt{0^{2} + 4^{2} + 3^{2}}}$ = $\frac{| (-18) \cdot 0 + 26 \cdot 4 + (-18) \cdot 3 |}{\sqrt{0 + 16 + 9}}$ = $\frac{| 50 |}{\sqrt{25}}$ = $\frac{50}{5}$ = $10$

Mittelebene zu 2 parallelen Ebenen

Beispiel:

Gegeben sind zwei zueinander parallele Ebenen E₁: $-2 x_{1} + 14 x_{2} + 6 x_{3} = -84$ und E₂: $x_{1} - 7 x_{2} - 3 x_{3} = 126$ . Die Ebene F ist parallel zu E₁ und E₂ und hat von beiden Ebenen den gleichen Abstand. Bestimme eine Gleichung der Ebene F.

Lösung einblenden

Die Normalenvektoren von E₁ und E₂ sind linear abhängig, also sind sie parallel. Da auch die Ebene F dazu parallel sein soll, muss auch deren Normalenvektor dazu linear abhängig sein, z.B. $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -2 \\ 14 \\ 6 \end{matrix})$ . Damit fehlt nur noch ein Punkt auf F. Dieser muss von E₁ und E₂ den gleichen Abstand haben.

Anhand der Skizze erkennt man, dass wegen des Strahlensatzes der Mittelpunkt zwischen zwei beliebigen Punkten von E₁ und E₂ diese Bedingung erfüllt.

Wir wählen als beliebige Punkte von E₁ den Punkt P₁ $(42 | 0 | 0)$ und von E₂ den Punkt P₂ $(126 | 0 | 0)$ . Der Mittelpunkt der beiden ist M. $(\frac{42 + 126}{2} | \frac{0 + 0}{2} | \frac{0 + 0}{2})$ = M $(84 | 0 | 0)$ .

Punktprobe mit M in F ergibt für d= $(-2) \cdot 84 + 14 \cdot 0 + 6 \cdot 0$ = -168.

Die gesuchte Ebene ist also F: $-2 x_{1} + 14 x_{2} + 6 x_{3} = -168$

Orthog. Ebenen zu geg. Schnittgerade

Beispiel:

Die Gerade s: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ 1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ ist die Schnittgerade zweier orthogonaler Ebenen E und F.

Bestimme mögliche Koordinatengleichungen von E und F.

Lösung einblenden

Wenn die gegebene Gerade s: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ -3 \\ 1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ eine Schnittgerade der beiden gesuchten Ebenen E und F sein soll, muss die Gerade ja in beiden Ebenen drin liegen. Also müssen die Normalenvektoren der beiden Ebenen orthogonal zum Richtungsvektor von s $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ sein. Für die erste Ebene E können wir noch einen beliebigen zu $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ orthogonalen Vektor suchen:

z.B. $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} 4 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 4 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 4 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ = $5 \cdot 4 + 4 \cdot (-5) + (-5) \cdot 0 = 20 -20 +0 = 0$

Jetzt brauchen wir noch einen zweiten Normalenvektor $\vec{n_{F}}$ , der

sowohl orthogonal zum Richtungsvektor $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ (die Gerade liegt ja auch in F)
als auch zu $\vec{n_{E}}$ ist (E und F sollen ja auch orthogonal sein).

Weil beim Vektor $(\begin{matrix} 4 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} 4 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} 4 \\ -5 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ t \end{matrix})$ = $4 \cdot 5 + (-5) \cdot 4 + 0 \cdot t = 20 -20 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ t \end{matrix})$ = -5⋅t +41 = 0 wird, also t= $\frac{41}{5}$ = $\frac{41}{5}$ .

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ \frac{41}{5} \end{matrix})$ = $\frac{1}{5}$ ⋅ $(\begin{matrix} 25 \\ 20 \\ 41 \end{matrix})$

Alternativ dazu hätte man auch das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) berechnen können: $\vec{n} = (\begin{matrix} 5 \\ 4 \\ -5 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} 4 \\ -5 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 4 \cdot 0 - (- 5) \cdot (- 5) \\ - 5 \cdot 4 - 5 \cdot 0 \\ 5 \cdot (- 5) - 4 \cdot 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 - 25 \\ - 20 + 0 \\ - 25 - 16 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 25 \\ - 20 \\ - 41 \end{matrix})$

Damit wissen wir nun schon die linken Seiten der beiden Ebenen: E: $4 x_{1} - 5 x_{2} = d$ und F: $25 x_{1} + 20 x_{2} + 41 x_{3} = d$

Da ja die Gerade s die Schnittgerade von E und F sein soll, muss s und damit auch ihr Aufpunkt AP $(5 | -3 | 1)$ sowohl in E als auch in F liegen.

Punktprobe von AP $(5 | -3 | 1)$ in E: $4 \cdot 5 + (-5) \cdot (-3) + 0 \cdot 1 = 20 +15 +0 = 35$
Somit wäre E: $4 x_{1} - 5 x_{2} = 35$

Punktprobe von AP $(5 | -3 | 1)$ in F: $25 \cdot 5 + 20 \cdot (-3) + 41 \cdot 1 = 125 -60 +41 = 106$
Somit wäre F: $25 x_{1} + 20 x_{2} + 41 x_{3} = 106$

Natürlich gibt es noch unendlich viele andere richtige Lösungen dieser Aufgabe!

Schnittgerade zweier Ebenen berechnen (LF)

Beispiel:

Berechne die Schnittgerade der beiden Ebenen
E₁: $x_{1} - 4 x_{2} - 3 x_{3} = -13$ und E₂: $3 x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = -39$

Lösung einblenden

Wir schreiben die beiden Ebenen als LGS untereinander
(1)

x_{1} - 4 x_{2} - 3 x_{3} = -13

(2)

3 x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = -39

3⋅(1)-1⋅(2)

(1)

x_{1} - 4 x_{2} - 3 x_{3} = -13

(2)

- 13 x_{2} - 7 x_{3} = 0

setze x₃ = t

mit (2) folgt :
-13x₂ = 0 - (-7)⋅t |:-13
x₂ = $- \frac{7}{13} t$

eingesetzt in (1):

1x₁ -4⋅(

- \frac{7}{13} t

)-3⋅t = -13
1x₁

+ \frac{28}{13}

t-3⋅t = -13
1x₁

- \frac{11}{13}

t = -13
1x₁ =

- 13

+ \frac{11}{13}

t
x₁ =-13 $+ \frac{11}{13} t$

x₁ = -13

+ \frac{11}{13} t

x₂ =

- \frac{7}{13} t

x₃ =

1

t

Die gesuchte Schnittgerade ist also :

\vec{x} =

(\begin{matrix} -13 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} \frac{11}{13} \\ - \frac{7}{13} \\ 1 \end{matrix})

Weil der Richtungsvektor ja immer in der Geraden drin liegt, darf man diesen (im Gegensatz zum Stützvektor) mit jeder Zahl durchmultiplizieren, also auch mit 13:

\vec{x} =

(\begin{matrix} -13 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 11 \\ -7 \\ 13 \end{matrix})

Aufgabenbeispiele von Gegenseitige Lagen - Schnitte

Durchstosspunkt zwischen Ebene und Gerade

Lotfußpunkt einer Ebene zu P

Gegenseitige Lage von Gerade und Ebene

Gegenseitige Lage zweier Ebenen (BF)

Gegenseitige Lage zweier Ebenen (LF)

Gegenseitige Lage zweier Geraden (+Abstände)

Berechnung des Abstands der windschiefen Geraden.

Mittelebene zu 2 parallelen Ebenen

Orthog. Ebenen zu geg. Schnittgerade

Schnittgerade zweier Ebenen berechnen (LF)