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Durchstosspunkt zwischen Ebene und Gerade

Beispiel:

Berechne den Durchstoßpunkt der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ -5 \\ 5 \end{matrix})$ mit der Ebene E: $8 x_{1} + 2 x_{2} + 5 x_{3} = 80$ .

Lösung einblenden

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 5 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ -5 \\ 5 \end{matrix})$ und der Ebene E : $8 x_{1} + 2 x_{2} + 5 x_{3} = 80$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (5 - 5 t | 0 - 5 t | 3 + 5 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$8 \cdot (5 - 5 t) + 2 \cdot (- 5 t) + 5 \cdot (3 + 5 t)$	=	$80$
$40 - 40 t - 10 t + 15 + 25 t$	=	$80$
$- 25 t + 55$	=	$80$	\| $- 55$
$- 25 t$	=	$25$	\|:( $- 25$ )
$t$	=	$- 1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (5 - 5 t | 0 - 5 t | 3 + 5 t)$ einsetzen.
=> D $(10 | 5 | -2)$ .

Lotfußpunkt einer Ebene zu P

Beispiel:

Bestimme den Lotfußpunkt des Punktes P $(3 | 14 | -8)$ zur der Ebene E: $+ 3 x_{2} - 4 x_{3} = 24$ .

Lösung einblenden

Der Normalenvektor der Ebene ist: $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -4 \end{matrix})$ .

Wir bilden eine Gerade mit diesem Normalenvektor als Richtungsvektor, welche durch unseren Punkt P $(3 | 14 | -8)$ geht:

g:

\vec{x} =

(\begin{matrix} 3 \\ 14 \\ -8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -4 \end{matrix})

Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt dieser Geraden mit unserer Ebene E: $+ 3 x_{2} - 4 x_{3} = 24$ .

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 3 \\ 14 \\ -8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 3 \\ -4 \end{matrix})$ und der Ebene E : $+ 3 x_{2} - 4 x_{3} = 24$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (3 + 0 t | 14 + 3 t | -8 - 4 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$0 \cdot 3 + 3 \cdot (14 + 3 t) - 4 \cdot (- 8 - 4 t)$	=	$24$
$42 + 9 t + 32 + 16 t$	=	$24$
$25 t + 74$	=	$24$	\| $- 74$
$25 t$	=	$- 50$	\|: $25$
$t$	=	$- 2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (3 + 0 t | 14 + 3 t | -8 - 4 t)$ einsetzen.
=> D $(3 | 8 | 0)$ .

Dieser Durchstoßpunkt D ist der gesuchte Lotfußpunkt L $(3 | 8 | 0)$ .

Gegenseitige Lage von Gerade und Ebene

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der Gerade

g:

\vec{x} =

(\begin{matrix} 6 \\ 2 \\ 3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

mit der Ebene E:

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

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} -3 \\ -6 \\ 6 \end{matrix})

\cdot

(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})

=

(-3) \cdot (-2) + (-6) \cdot 1 + 6 \cdot 0

=0

Das Skalarprodukt ist gleich null, das heißt, dass der Normalenvektor der Ebene und der Richtungsvektor der Geraden orthogonal zueinander sind; somit ist die Gerade parallel zur Ebene oder eine Teilmenge der Ebene. Um dies zu überprüfen, setzen wir den Aufpunkt der Geraden $(6 | 2 | 3)$ in die Ebene $-3 x_{1} - 6 x_{2} + 6 x_{3} = -12$ ein.

(-3) \cdot 6 + (-6) \cdot 2 + 6 \cdot 3

= -12

Die Gleichung ist erfüllt, also liegt der Aufpunkt der Geraden in der Ebene. Somit ist die Gerade eine Teilmenge der Ebene.

Gegenseitige Lage zweier Ebenen (BF)

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der beiden Ebenen

E:

-8 x_{1} - x_{2} - 4 x_{3} = 16

und F:

16 x_{1} + 2 x_{2} + 8 x_{3} = -194

Berechne ggf. den Abstand.

Lösung einblenden

Für die beiden Normalenvektoren der Ebenen gilt:

(\begin{matrix} -8 \\ -1 \\ -4 \end{matrix})

= -2 \cdot

(\begin{matrix} 16 \\ 2 \\ 8 \end{matrix})

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

In diesem Fall sind sie nicht identisch, sondern parallel: Es gibt keinen Faktor, mit welchem man die Gleichung der einen Ebene auf die Gleichung der anderen Ebene bringen kann.

Um den Abstand der parallelen Ebenen zu berechnen, genügt es den Abstand eines beliebigen Punktes auf F z.B. S₁ $(-9 | -25 | 0)$ zur Ebene E zu berechnen:

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

d =

\frac{| -8 \cdot (- 9) - 1 \cdot (- 25) - 4 \cdot 0 - 16 |}{\sqrt{{(- 8)}^{2} + {(- 1)}^{2} + {(- 4)}^{2}}}

=

\frac{| 81 |}{\sqrt{81}}

=

\frac{81}{9}

= 9

Gegenseitige Lage zweier Ebenen (LF)

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der beiden Ebenen

E:

2 x_{1} - 2 x_{2} - x_{3} = -0

und F:

-9 x_{1} + 4 x_{2} + x_{3} = 60

Berechne ggf. Abstand bzw. Schnittgerade.

Lösung einblenden

Die beiden Normalenvektoren $(\begin{matrix} 2 \\ -2 \\ -1 \end{matrix})$ und $(\begin{matrix} -9 \\ 4 \\ 1 \end{matrix})$ der Ebenen sind linear unabhängig (keine Vielfachen). Die Ebenen sind somit nicht parallel, also schneiden sich die Ebenen.

Wir schreiben die beiden Ebenen als LGS untereinander
(1)

2 x_{1} - 2 x_{2} - x_{3} = -0

(2)

-9 x_{1} + 4 x_{2} + x_{3} = 60

9⋅(1)--2⋅(2)

(1)

2 x_{1} - 2 x_{2} - x_{3} = -0

(2)

- 10 x_{2} - 7 x_{3} = 120

setze x₃ = t

mit (2) folgt :
-10x₂ = 120 - (-7)⋅t |:-10
x₂ = -12 $- \frac{7}{10} t$

eingesetzt in (1):

2x₁ -2⋅(-12

- \frac{7}{10} t

)-1⋅t = -0
2x₁

+ 24

+ \frac{7}{5}

t-1⋅t = -0
2x₁

+ 24

+ \frac{2}{5}

t = -0
2x₁ =

- 24

- \frac{2}{5}

t
x₁ =-12 $- \frac{1}{5} t$

x₁ = -12

- \frac{1}{5} t

x₂ = -12

- \frac{7}{10} t

x₃ =

1

t

Die gesuchte Schnittgerade ist also :

\vec{x} =

(\begin{matrix} -12 \\ -12 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} - \frac{1}{5} \\ - \frac{7}{10} \\ 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 10:

\vec{x} =

(\begin{matrix} -12 \\ -12 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ -7 \\ 10 \end{matrix})

Gegenseitige Lage zweier Geraden (+Abstände)

Beispiel:

Untersuche die gegenseitige Lage der beiden Geraden

g:

\vec{x} =

(\begin{matrix} -5 \\ 2 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})

und h:

\vec{x} =

(\begin{matrix} -3 \\ 3 \\ -4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{matrix})

Berechne ggf. Abstand bzw. Schnittpunkt.

Lösung einblenden

Die beiden Richtungsvektoren $(\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})$ und $(\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{matrix})$ 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.

$(\begin{matrix} -5 \\ 2 \\ -2 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 3 \\ -4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ -2 \end{matrix})$

$\begin{matrix} -5 & +1 s & = & -3 & +1 t \\ 2 & +2 s & = & 3 & -1 t \\ -2 & +0 s & = & -4 & -2 t \end{matrix}$

\begin{matrix} s & - 1 t & = & 2 & (I) \\ 2 s & + t & = & 1 & (II) \\ + 2 t & = & - 2 & (III) \end{matrix}

\begin{matrix} s & - 1 t & = & 2 & (I) \\ 2 s & + t & = & 1 & (II) \\ + 2 t & = & - 2 & (III) \end{matrix}

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

\begin{matrix} 1 s & - 1 t & = & 2 & (I) \\ (2 - 2) s & + (- 2 - 1) t & = & + (4 - 1) & (II) \\ 2 t & = & - 2 & (III) \end{matrix}

\begin{matrix} s & - 1 t & = & 2 & (I) \\ - 3 t & = & 3 & (II) \\ + 2 t & = & - 2 & (III) \end{matrix}

langsame Rechnung einblenden $2$ ·(II) + $3$ ·(III)

\begin{matrix} 1 s & - 1 t & = & 2 & (I) \\ - 3 t & = & 3 & (II) \\ + (- 6 + 6) t & = & + (6 - 6) & (III) \end{matrix}

\begin{matrix} s & - 1 t & = & 2 & (I) \\ - 3 t & = & 3 & (II) \\ 0 & = & 0 & (III) \end{matrix}

Zeile (II):

\begin{matrix} - 3 t & = & 3 \end{matrix}

t = $- 1$

eingesetzt in Zeile (I):

\begin{matrix} s & - 1 (- 1) & = & 2 \end{matrix}

| -

1

1

s =

1

| : 1

s = $1$

$L = {(1 | - 1)}$

Für s= $1$ und t= $- 1$ sind also alle 3 Gleichungen und damit die ursprüngliche Vektorgleichung erfüllt.

Wir setzen nun also entweder s= $1$ in g oder t= $- 1$ in h ein und erhalten so den Ortsvektor des Schnittpunktes.

(\begin{matrix} -5 \\ 2 \\ -2 \end{matrix}) + 1 \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{matrix})

=

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

$SP (- 4 | 4 | - 2)$

Mittelebene zu 2 parallelen Ebenen

Beispiel:

Gegeben sind zwei zueinander parallele Ebenen E₁: $2 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} = -8$ und E₂: $- x_{1} + x_{2} - 2 x_{3} = 28$ . 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. $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -2 \\ 4 \end{matrix})$ . 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 $(-4 | 0 | 0)$ und von E₂ den Punkt P₂ $(-28 | 0 | 0)$ . Der Mittelpunkt der beiden ist M. $(\frac{-4 + (- 28)}{2} | \frac{0 + 0}{2} | \frac{0 + 0}{2})$ = M $(-16 | 0 | 0)$ .

Punktprobe mit M in F ergibt für d= $2 \cdot (-16) + (-2) \cdot 0 + 4 \cdot 0$ = -32.

Die gesuchte Ebene ist also F: $2 x_{1} - 2 x_{2} + 4 x_{3} = -32$

Orthog. Ebenen zu geg. Schnittgerade

Beispiel:

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

Bestimme mögliche Koordinatengleichungen von E und F.

Lösung einblenden

Wenn die gegebene Gerade s: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ 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 $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ sein. Für die erste Ebene E können wir noch einen beliebigen zu $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ orthogonalen Vektor suchen:

z.B. $\vec{n_{E}}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ = $(-3) \cdot (-1) + (-1) \cdot 3 + (-1) \cdot 0 = 3 -3 +0 = 0$

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

sowohl orthogonal zum Richtungsvektor $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ (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 $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ t \end{matrix})$ = $(-1) \cdot (-3) + 3 \cdot (-1) + 0 \cdot t = 3 -3 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ t \end{matrix})$ = -1⋅t +10 = 0 wird, also t= $10$ = $10$ .

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ 10 \end{matrix})$

Alternativ dazu hätte man auch das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) berechnen können: $\vec{n} = (\begin{matrix} -3 \\ -1 \\ -1 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -1 \\ 3 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} - 1 \cdot 0 - (- 1) \cdot 3 \\ - 1 \cdot (- 1) - (- 3) \cdot 0 \\ - 3 \cdot 3 - (- 1) \cdot (- 1) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 + 3 \\ 1 + 0 \\ - 9 - 1 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 3 \\ 1 \\ - 10 \end{matrix})$

Damit wissen wir nun schon die linken Seiten der beiden Ebenen: E: $- x_{1} + 3 x_{2} = d$ und F: $3 x_{1} + x_{2} - 10 x_{3} = d$

Da ja die Gerade s die Schnittgerade von E und F sein soll, muss s und damit auch ihr Aufpunkt AP $(1 | -1 | 4)$ sowohl in E als auch in F liegen.

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

Punktprobe von AP $(1 | -1 | 4)$ in F: $3 \cdot 1 + 1 \cdot (-1) + (-10) \cdot 4 = 3 -1 -40 = -38$
Somit wäre F: $3 x_{1} + x_{2} - 10 x_{3} = -38$

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

Schnittgerade zweier Ebenen berechnen (LF)

Beispiel:

Berechne die Schnittgerade der beiden Ebenen
E₁: $x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = -0$ und E₂: $2 x_{1} + 3 x_{2} + x_{3} = -0$

Lösung einblenden

Wir schreiben die beiden Ebenen als LGS untereinander
(1)

x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = -0

(2)

2 x_{1} + 3 x_{2} + x_{3} = -0

2⋅(1)-1⋅(2)

(1)

x_{1} + x_{2} + 2 x_{3} = -0

(2)

- x_{2} + 3 x_{3} = 0

setze x₃ = t

mit (2) folgt :
-1x₂ = 0 - 3⋅t |:-1
x₂ = $+ 3 t$

eingesetzt in (1):

1x₁ +1⋅(

+ 3 t

)+2⋅t = -0
1x₁

+ 3

t+2⋅t = -0
1x₁

+ 5

t = -0
1x₁ =

- 5

t
x₁ = $- 5 t$

x₁ =

- 5 t

x₂ =

+ 3 t

x₃ =

1

t

Die gesuchte Schnittgerade ist also :

\vec{x} =

(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} - 5 \\ 3 \\ 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 1:

\vec{x} =

(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ 3 \\ 1 \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)

Mittelebene zu 2 parallelen Ebenen

Orthog. Ebenen zu geg. Schnittgerade

Schnittgerade zweier Ebenen berechnen (LF)