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Normalenvektor und Ortsvektor von E.-Pkt

Beispiel:

Gegeben ist die Ebene E $x_{1} - 4 x_{2} + 2 x_{3} = 42$ .

Finde einen Vektor, der gleichzeitig ein Normalenvektor von E und ein Ortsvektor eines Punktes in E ist.

Wenn der gesuchte Vektor ein Normalenvektor sein soll, muss er ein Vielfaches von dem ablesbaren Normalenvektor $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 1 \\ -4 \\ 2 \end{matrix})$ sein,
also t ⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ -4 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 1t \\ -4t \\ 2t \end{matrix})$ .

Außerdem soll ja dieser Vektor $(\begin{matrix} 1t \\ -4t \\ 2t \end{matrix})$ aber auch der Ortsvektor eines Punktes in der Ebene sein. Wenn muss ihn also in die Ebenengleichung einsetzt, muss dies also eine wahre Aussage ergeben:

1 \cdot t - 4 \cdot (- 4 t) + 2 \cdot 2 t

=

42

Diese Gleichung lösen wir nun nach t auf:

$1 \cdot t - 4 \cdot (- 4 t) + 2 \cdot 2 t$	=	$42$
$t + 16 t + 4 t$	=	$42$
$21 t$	=	$42$	\|: $21$
$t$	=	$2$

Wenn wir nun t = 2 in unseren allgemeinen Normalenvektor $(\begin{matrix} 1t \\ -4t \\ 2t \end{matrix})$ einsetzen, erhalten wir als gesuchten Vektor:

$\vec{n_{OV}}$ = $(\begin{matrix} 2 \\ -8 \\ 4 \end{matrix})$

Durchstosspunkt Anwendungen

Beispiel:

Sonnenlicht fällt mit der Richtung $(\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{matrix})$ ein. Berechne den Punkt in der Ebene E: $3 x_{1} - 3 x_{2} + x_{3} = 3$ , auf den der Schatten des Punktes P $(-3 | -4 | 8)$ fällt.

Lösung einblenden

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ -4 \\ 8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{matrix})$ und der Ebene E : $3 x_{1} - 3 x_{2} + x_{3} = 3$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (-3 + 2 t | -4 + 3 t | 8 - 1 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$3 \cdot (- 3 + 2 t) - 3 \cdot (- 4 + 3 t) + 1 \cdot (8 - t)$	=	$3$
$- 9 + 6 t + 12 - 9 t + 8 - t$	=	$3$
$- 4 t + 11$	=	$3$	\| $- 11$
$- 4 t$	=	$- 8$	\|:( $- 4$ )
$t$	=	$2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (-3 + 2 t | -4 + 3 t | 8 - 1 t)$ einsetzen.
=> D $(1 | 2 | 6)$ .

Einen Punkt an einer Ebene spiegeln

Beispiel:

Der Punkt $P (-4 | 3 | -5)$ wird an der Ebene E: $5 x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = -79$ gespiegelt!
Berechne den Bildpunkt P'!

Lösung einblenden

Wir stellen eine Hilfsgerade durch den zu spiegelnden Punkt P (Stützvektor) mit dem Normalenvektor der Spiegelebene als Richtungsvektor auf:
h:

\vec{x} =

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

Diese Hilfsgerade h durchstößt die Spiegelebene im Lotfußpunkt
(Detail-Rechnung einblenden)

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -4 \\ 3 \\ -5 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 2 \\ 1 \end{matrix})$ und der Ebene E : $5 x_{1} + 2 x_{2} + x_{3} = -79$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (-4 + 5 t | 3 + 2 t | -5 + 1 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$5 \cdot (- 4 + 5 t) + 2 \cdot (3 + 2 t) + 1 \cdot (- 5 + t)$	=	$- 79$
$- 20 + 25 t + 6 + 4 t - 5 + t$	=	$- 79$
$30 t - 19$	=	$- 79$	\| $+ 19$
$30 t$	=	$- 60$	\|: $30$
$t$	=	$- 2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (-4 + 5 t | 3 + 2 t | -5 + 1 t)$ einsetzen.
=> D $(-14 | -1 | -7)$ .

Der Verbindungsvektor

\vec{PL}

zwischen dem zu spiegelnden Punkt P und diesem Lotfußpunkt

L (-14 | -1 | -7)

ist ein Vielfaches des Normalenvektors der Spiegelebene, also orthogonal zur Ebene. Addiert man diesen Verbindungsvektor zum Ortsvektor des Lotfußpunktes L,

\vec{OP'}

=

\vec{OL}

+

\vec{PL}

=

(\begin{matrix} -14 \\ -1 \\ -7 \end{matrix})

+

(\begin{matrix} -10 \\ -4 \\ -2 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} -24 \\ -5 \\ -9 \end{matrix})

so erhält man den Ortsvektor des gespiegelten Bildpunktes P'.
Der gesuchte Spiegelpunkt ist also $P' (-24 | -5 | -9)$ .

Spiegel-Ebene zu zwei Punkten finden

Beispiel:

Bestimme die Spiegelebene E, die den Punkt $P (4 | 1 | 1)$ auf $P' (4 | -1 | -1)$ abbildet!

Lösung einblenden

Da Punkte immer orthogonal an einer Ebene gespiegelt werden, muss der Verbindungsvektor der beiden Punkte

P (4 | 1 | 1)

und

P' (4 | -1 | -1)

der Normalenvektor der Spiegelebene sein:

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

= -2⋅

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

.
Die Spiegelebene hat also die Gleichung:

+ x_{2} + x_{3} = d

Um 'd' noch zu berechnen, muss man den Mittelpunkt der beiden Punkte . M

(\frac{4 + 4}{2} | \frac{1 + (- 1)}{2} | \frac{1 + (- 1)}{2})

=

M (4 | 0 | 0)

in diese Gleichung einsetzen.

0 \cdot 4 + 1 \cdot 0 + 1 \cdot 0

=0=d
also ist die Koordinatengleichung der Ebene:

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

Gerade an Ebene spiegeln

Beispiel:

Die Gerade $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 3 \\ 7 \end{matrix})$ wird an der Ebene E: $-4 x_{1} + x_{2} + 6 x_{3} = -99$ gespiegelt.
Bestimme die Bildgerade g'.

Lösung einblenden

Das Spiegelbild einer Geraden ist wieder eine Gerade. Es genügt also zwei Punkte der Geraden g zu spiegeln und die Bildpunkte wieder zu einer Geraden zu verbinden.

Als ersten Punkt spiegeln wir den Aufpunkt der Geraden A $(-3 | -5 | 0)$

Wir stellen eine Hilfsgerade durch den zu spiegelnden Punkt P (Stützvektor) mit dem Normalenvektor der Spiegelebene als Richtungsvektor auf:
h:

\vec{x} =

(\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ 6 \end{matrix})

Diese Hilfsgerade h durchstößt die Spiegelebene im Lotfußpunkt
(Detail-Rechnung einblenden)

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -4 \\ 1 \\ 6 \end{matrix})$ und der Ebene E : $-4 x_{1} + x_{2} + 6 x_{3} = -99$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (-3 - 4 t | -5 + 1 t | 0 + 6 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$- 4 \cdot (- 3 - 4 t) + 1 \cdot (- 5 + t) + 6 \cdot 6 t$	=	$- 99$
$12 + 16 t - 5 + t + 36 t$	=	$- 99$
$53 t + 7$	=	$- 99$	\| $- 7$
$53 t$	=	$- 106$	\|: $53$
$t$	=	$- 2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (-3 - 4 t | -5 + 1 t | 0 + 6 t)$ einsetzen.
=> D $(5 | -7 | -12)$ .

Der Verbindungsvektor

\vec{PL}

zwischen dem zu spiegelnden Punkt P und diesem Lotfußpunkt

L (5 | -7 | -12)

ist ein Vielfaches des Normalenvektors der Spiegelebene, also orthogonal zur Ebene. Addiert man diesen Verbindungsvektor zum Ortsvektor des Lotfußpunktes L,

\vec{OP'}

=

\vec{OL}

+

\vec{PL}

=

(\begin{matrix} 5 \\ -7 \\ -12 \end{matrix})

+

(\begin{matrix} 8 \\ -2 \\ -12 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 13 \\ -9 \\ -24 \end{matrix})

so erhält man den Ortsvektor des gespiegelten Bildpunktes P'.
Der gesuchte Spiegelpunkt ist also $P' (13 | -9 | -24)$ .

Theoretisch könnte man jetzt einen beliebigen zweiten Punkt spiegeln. Etwas weniger Aufwand ist es aber, einfach den Durchstoßpunkt der Geraden mit der Ebene zu berechnen, weil sich dieser ja durch die Spiegelung an der Ebene nicht ändert:

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -3 \\ -5 \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -2 \\ 3 \\ 7 \end{matrix})$ und der Ebene E : $-4 x_{1} + x_{2} + 6 x_{3} = -99$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (-3 - 2 t | -5 + 3 t | 0 + 7 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$- 4 \cdot (- 3 - 2 t) + 1 \cdot (- 5 + 3 t) + 6 \cdot 7 t$	=	$- 99$
$12 + 8 t - 5 + 3 t + 42 t$	=	$- 99$
$53 t + 7$	=	$- 99$	\| $- 7$
$53 t$	=	$- 106$	\|: $53$
$t$	=	$- 2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (-3 - 2 t | -5 + 3 t | 0 + 7 t)$ einsetzen.
=> D $(1 | -11 | -14)$ .

Damit haben wir jetzt zwei Punkte der gespiegelten Bildgeraden: Den Spiegelpunkt des Aufpunkts A' $(13 | -9 | -24)$ und den fixen Durchstoßpunkt der Geraden mit der Ebene D $(1 | -11 | -14)$ und wir können die Gerade durch diese beiden Punkte aufstellen:

g': $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 13 \\ -9 \\ -24 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 6 \\ 1 \\ -5 \end{matrix})$

Geradenpunkt mit Abstand zu Pkt finden

Beispiel:

Bestimme einen der Punkte auf der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -1 \\ -1 \\ 5 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -3 \\ -4 \\ 0 \end{matrix})$ , die den Abstand 5 vom Punkt P $(6 | 6 | 5)$ haben.

Lösung einblenden

Wir stellen den Verbindungsvektor vom allgemeinen Geradenpunkt $G_{t} (-1 - 3 t | -1 - 4 t | 5 + 0 t)$ zum Punkt P $(6 | 6 | 5)$ auf:

$\vec{P G_{t}}$ = $(\begin{matrix} -1 - 3 t - 6 \\ -1 - 4 t - 6 \\ 5 + 0 t - 5 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -7 - 3 t \\ -7 - 4 t \\ 0 + 0 t \end{matrix})$

Dieser muss jetzt ja die Länge 5 haben, also $| (\begin{matrix} -7 - 3 t \\ -7 - 4 t \\ 0 + 0 t \end{matrix}) |$ = 5

$\sqrt{{(- 7 - 3 t)}^{2} + {(- 7 - 4 t)}^{2} + {(0 + 0)}^{2}}$ = 5 | (.)²

${(- 7 - 3 t)}^{2} + {(- 7 - 4 t)}^{2} + {(0 + 0)}^{2}$ = 25

$9 t^{2} + 42 t + 49 + (16 t^{2} + 56 t + 49)$ = 25

25 t^{2} + 98 t + 98

=

25

|

- 25

$25 t^{2} + 98 t + 73$ = 0

eingesetzt in die Mitternachtsformel (a-b-c-Formel):

t_1,2 = $\frac{- 98 \pm \sqrt{98^{2} - 4 \cdot 25 \cdot 73}}{2 \cdot 25}$

t_1,2 = $\frac{- 98 \pm \sqrt{9 604 - 7 300}}{50}$

t_1,2 = $\frac{- 98 \pm \sqrt{2 304}}{50}$

t₁ = $\frac{- 98 + \sqrt{2 304}}{50}$ = $\frac{- 98+48}{50}$ = $\frac{- 50}{50}$ = $- 1$

t₂ = $\frac{- 98 - \sqrt{2 304}}{50}$ = $\frac{- 98-48}{50}$ = $\frac{- 146}{50}$ = $- 2,92$

Die gesuchten Geradenpunkte mit dem Abstand 5 zu P erhalten wir, indem wir diese t in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (-1 - 3 t | -1 - 4 t | 5 + 0 t)$ einsetzen:

Q( $- 1 - 3 \cdot (- 1)$ | $- 1 - 4 \cdot (- 1)$ | $5 + 0$ ) = Q( $2$ | $3$ | $5$ )

oder eben
Q( $- 1 - 3 \cdot (- 2,92)$ | $- 1 - 4 \cdot (- 2,92)$ | $5 + 0$ ) = Q( $7,76$ | $10,68$ | $5$ )

Geradenpunkt mit Abst. zu Ebene finden

Beispiel:

Welche Punkte auf der Geraden g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 11 \\ 3 \\ -15 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -11 \\ 4 \\ 3 \end{matrix})$ haben von der Ebene E: $-4 x_{1} + 4 x_{2} + 7 x_{3} = -56$ den Abstand d=9?

Lösung einblenden

Wir setzen einfach einen allgemeinen Geradenpunkt

G_{t} (11 - 11 t | 3 + 4 t | -15 + 3 t)

in die Hesse'sche Punkt-Ebene-Abstandsaformel ein:

$\frac{|-4\cdot(11-11t)+4\cdot(3+4t)+7\cdot(-15+3t)+56|}{\sqrt{{(-4)}^{2} + 4^{2} + 7^{2}}}$ = 9|⋅9

|-81+81t| = 81

1. Fall
-81+81t = 81|+81

81t = 162|:81

t₁ = 2

eingesetzt in die Geradengleichung: $\vec{OP1}$ = $(\begin{matrix} 11 \\ 3 \\ -15 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} -11 \\ 4 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -11 \\ 11 \\ -9 \end{matrix})$

2. Fall
-(-81+81t) = 81

81-81t = 81|-81

-81t = 0|:-81

t₂ = 0

eingesetzt in die Geradengleichung: $\vec{OP2}$ = $(\begin{matrix} 11 \\ 3 \\ -15 \end{matrix}) + 0 \cdot (\begin{matrix} -11 \\ 4 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 11 \\ 3 \\ -15 \end{matrix})$

Die beiden Lösungspunkte sind also P₁ $(-11 | 11 | -9)$ und P₂ $(11 | 3 | -15)$

Punkt auf Gerade, dass BCA 90°

Beispiel:

Bestimme einen Punkt C (und einen Punkt C') auf der Geraden g mit g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -14 \\ 3 \\ -2 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ , so dass das Dreieck ABC (ABC') mit A $(0 | 8 | 5)$ und B $(-3 | 3 | 6)$ einen rechten Winkel in C (in C') hat.

Lösung einblenden

Da C auf der Geraden liegen muss, können wir C als allgemeinen Geradenpunkt $G_{t} (-14 + 5 t | 3 + 1 t | -2 + 3 t)$ auffassen. Die Verbindungsvektoren von C zu A und B sind also $\vec{G_{t}A}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 8 \\ 5 \end{matrix})$ - $(\begin{matrix} -14 + 5 t \\ 3 + 1 t \\ -2 + 3 t \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 14 - 5 t \\ 5 - 1 t \\ 7 - 3 t \end{matrix})$ und $\vec{G_{t}B}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 3 \\ 6 \end{matrix})$ - $(\begin{matrix} -14 + 5 t \\ 3 + 1 t \\ -2 + 3 t \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 11 - 5 t \\ 0 - 1 t \\ 8 - 3 t \end{matrix})$ .

Diese beiden Verbindungsvektor müssen orthogonal sein, um den rechten Winkel im C zu erhalten. Es muss also gelten:

$(\begin{matrix} 14 - 5 t \\ 5 - 1 t \\ 7 - 3 t \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 11 - 5 t \\ 0 - 1 t \\ 8 - 3 t \end{matrix})$ = 0

$(14-5t)\cdot(11-5t)+(5-1t)\cdot(0-1t)+(7-3t)\cdot(8-3t) = 0$

$(25 t^{2}-125 t +154) + (1 t^{2}-5 t +0) + (9 t^{2}-45 t +56) = 0$

$35 t^{2} - 175 t +210 = 0$

t_1/2 = $\frac{+175 \pm \sqrt{{(-175)}^{2}-4\cdot35\cdot210}}{2 \cdot 35}$ = $\frac{+175 \pm \sqrt{1225}}{70}$ = $\frac{+175 ± 35}{70}$

t₁ = $\frac{140}{70}$ = $2$

t₂ = $\frac{210}{70}$ = $3$

t₁ eingesetzt in die Geradengleichung: $\vec{OC}$ = $(\begin{matrix} -14 \\ 3 \\ -2 \end{matrix}) + 2 \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 5 \\ 4 \end{matrix})$

t₂ eingesetzt in die Geradengleichung: $\vec{OC'}$ = $(\begin{matrix} -14 \\ 3 \\ -2 \end{matrix}) + 3 \cdot (\begin{matrix} 5 \\ 1 \\ 3 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 1 \\ 6 \\ 7 \end{matrix})$

Die beiden Lösungspunkte sind also C $(-4 | 5 | 4)$ und C' $(1 | 6 | 7)$

Probe:

$\vec{AC}$ ⋅ $\vec{BC}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ -3 \\ -1 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -1 \\ 2 \\ -2 \end{matrix})$ = $(-4) \cdot (-1) + (-3) \cdot 2 + (-1) \cdot (-2)$ = 0

$\vec{AC'}$ ⋅ $\vec{BC'}$ = $(\begin{matrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 4 \\ 3 \\ 1 \end{matrix})$ = $1 \cdot 4 + (-2) \cdot 3 + 2 \cdot 1$ = 0

Einen Punkt an einer Geraden spiegeln (LF)

Beispiel:

Spiegle den Punkt P $(7 | 5 | -4)$ an der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -17 \\ -6 \\ -9 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 18 \\ 9 \\ 14 \end{matrix})$

Lösung einblenden

Um den Punkt an der Geraden zu spiegeln, brauchen wir den Lotfußpunkt von P an der Geraden, an dem der Punkt ja eigentlich gespiegelt wird. Diesen Lotfußpunkt bestimmen wir mit einer Hilfsebene.
Diese Hilfsebene ist orthogonal zu unserer Geraden

\vec{x} =

(\begin{matrix} -17 \\ -6 \\ -9 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 18 \\ 9 \\ 14 \end{matrix})

und enthält unseren Punkt P

(7 | 5 | -4)

.
Der Normalenvektor der Hilfsebene ist also der Richtungsvektor der Geraden,

(\begin{matrix} 18 \\ 9 \\ 14 \end{matrix})

. Die Hilfsebene in der Koordinatenform ist somit

18 x_{1} + 9 x_{2} + 14 x_{3} = 115

Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt der Geraden mit der Hilfsebene.

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -17 \\ -6 \\ -9 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 18 \\ 9 \\ 14 \end{matrix})$ und der Ebene E : $18 x_{1} + 9 x_{2} + 14 x_{3} = 115$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (-17 + 18 t | -6 + 9 t | -9 + 14 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$18 \cdot (- 17 + 18 t) + 9 \cdot (- 6 + 9 t) + 14 \cdot (- 9 + 14 t)$	=	$115$
$- 306 + 324 t - 54 + 81 t - 126 + 196 t$	=	$115$
$601 t - 486$	=	$115$	\| $+ 486$
$601 t$	=	$601$	\|: $601$
$t$	=	$1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (-17 + 18 t | -6 + 9 t | -9 + 14 t)$ einsetzen.
=> D $(1 | 3 | 5)$ .

Dies ist der benötigte Lotfußpunkt

L (1 | 3 | 5)

.

Der Verbindungsvektor

\vec{PL}

zwischen dem zu spiegelnden Punkt P und diesem Lotfußpunkt

L (1 | 3 | 5)

ist der gleiche wie zwischen Lotfußpunkt und gesuchtem Bildpunkt P'. Addiert man diesen Verbindungsvektor zum Ortsvektor des Lotfußpunktes L,

\vec{OP'}

=

\vec{OL}

+

\vec{PL}

=

(\begin{matrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{matrix})

+

(\begin{matrix} -6 \\ -2 \\ 9 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} -5 \\ 1 \\ 14 \end{matrix})

so erhält man den Ortsvektor des gespiegelten Bildpunktes P'.
Der gesuchte Spiegelpunkt ist also

P' (-5 | 1 | 14)

Geometrie Anwendungen 1

Beispiel:

Eine schief aufgehängte Projektionsfläche hat die Form eines Rechtecks, das durch das Rechteck ABCD mit A $(10 | 6 | 17)$ , B $(-10 | 21 | 37)$ , C $(-19 | 9 | 37)$ und D dargestellt wird.
a) Bestimme die Koordinaten von D.
b) Bestimme die Ebene E in der das Rechteck ABCD liegt.
Eine Vortragende hält im Punkt P $(18 | -10 | 15)$ einen Laserpointer in der Hand und richtet diesen in die Richtung des Vektors $(\begin{matrix} -5 \\ 5 \\ 2 \end{matrix})$ aus.
c) Bestimme die Koordinaten des Punkts S, in dem der Laserstrahl auf die Rechtecks-Ebene E trifft.
d) Untersuche, ob der Laserpointer die Projektionsfläche trifft.

Lösung einblenden

a) Wir sehen in der Skizze, dass man beim Rechteck wie bei jedem Parallelogramm den Verbindungsvektor zwischen B und C, also
$\vec{BC}$ = $(\begin{matrix} -19 - (-10) \\ 9 - 21 \\ 37 - 37 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})$
zum Ortsvektor von A addieren muss, um den Ortsvektor von D zu erhalten:

\vec{OD}

=

\vec{OA}

+

\vec{BC}

=

(\begin{matrix} 10 \\ 6 \\ 17 \end{matrix})

+

(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})

=

(\begin{matrix} 1 \\ -6 \\ 17 \end{matrix})

Der gesuchte 4. Punkt ist also D $(1 | -6 | 17)$

b) Um die Koordinatenebene zu bestimmen in der das Rechteck liegt, suchen wir erst mal den Normalenvektor zu den beiden Vektoren $\vec{AB}$ = $(\begin{matrix} -10 - 10 \\ 21 - 6 \\ 37 - 17 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -20 \\ 15 \\ 20 \end{matrix})$ und $\vec{BC}$ = $(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})$ :

Weil beim Vektor $(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $(\begin{matrix} 12 \\ -9 \\ t \end{matrix})$ für jedes t orthogonal zu $(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})$ ∘ $(\begin{matrix} 12 \\ -9 \\ t \end{matrix})$ = $(-9) \cdot 12 + (-12) \cdot (-9) + 0 \cdot t = -108 +108 +0 = 0$ .

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $(\begin{matrix} -20 \\ 15 \\ 20 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 12 \\ -9 \\ t \end{matrix})$ = 20⋅t -375 = 0 wird, also t= $\frac{75}{4}$ = $\frac{75}{4}$ .

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 12 \\ -9 \\ \frac{75}{4} \end{matrix})$ = $\frac{1}{4}$ ⋅ $(\begin{matrix} 48 \\ -36 \\ 75 \end{matrix})$ = $\frac{3}{4}$ ⋅ $(\begin{matrix} 16 \\ - 12 \\ 25 \end{matrix})$

Alternativ dazu hätte man auch das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) berechnen können: $\vec{n} = (\begin{matrix} -20 \\ 15 \\ 20 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 15 \cdot 0 - 20 \cdot (- 12) \\ 20 \cdot (- 9) - (- 20) \cdot 0 \\ - 20 \cdot (- 12) - 15 \cdot (- 9) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 0 + 240 \\ - 180 + 0 \\ 240 + 135 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 240 \\ - 180 \\ 375 \end{matrix})$

Unsere Ebenengleichung in Koordinatenform ist also $16 x_{1} - 12 x_{2} + 25 x_{3} = d$

Durch Einsetzen des Aufpunktes der Ebene A $(10 | 6 | 17)$ erhält man
d = $16 \cdot 10 + (-12) \cdot 6 + 25 \cdot 17$
also:

$16 x_{1} - 12 x_{2} + 25 x_{3} = 513$

c)

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 18 \\ -10 \\ 15 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -5 \\ 5 \\ 2 \end{matrix})$ und der Ebene E : $16 x_{1} - 12 x_{2} + 25 x_{3} = 513$ .

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_{t} (18 - 5 t | -10 + 5 t | 15 + 2 t)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$16 \cdot (18 - 5 t) - 12 \cdot (- 10 + 5 t) + 25 \cdot (15 + 2 t)$	=	$513$
$288 - 80 t + 120 - 60 t + 375 + 50 t$	=	$513$
$- 90 t + 783$	=	$513$	\| $- 783$
$- 90 t$	=	$- 270$	\|:( $- 90$ )
$t$	=	$3$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_{t} (18 - 5 t | -10 + 5 t | 15 + 2 t)$ einsetzen.
=> S $(3 | 5 | 21)$ .

d) Jetzt müssen wir noch herausfinden, ob der Durchstoßpunkt S im Innern des Rechtecks liegt oder außerhalb. Dazu stellt man am besten den Vektor $\vec{AS}$ = $(\begin{matrix} 3 - 10 \\ 5 - 6 \\ 21 - 17 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -7 \\ -1 \\ 4 \end{matrix})$ als Linearkombination der Vektoren $\vec{AB}$ und $\vec{BC}$ auf, also
$(\begin{matrix} -7 \\ -1 \\ 4 \end{matrix})$ = r⋅ $(\begin{matrix} -20 \\ 15 \\ 20 \end{matrix})$ + s⋅ $(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})$

An der 3-ten Zeile ( $4$ = $20 r + 0$ ) erkennen wir schnell, dass r = $\frac{4}{20}$ = $\frac{1}{5}$ sein muss. Eingesetzt in die 1-te Zeile ergibt:

$- 7$	=	$\frac{1}{5} \cdot (- 20) - 9 s$
$- 7$	=	$- 4 - 9 s$
$- 7$	=	$- 9 s - 4$	\| $+ 7$ $+ 9 s$
$9 s$	=	$3$	\|: $9$
$s$	=	$\frac{1}{3}$

Da ja alle 5 Punkte in der gleichen Ebene liegen, muss auch die 1-te Zeile mit r = $\frac{1}{5}$ und s = $\frac{1}{3}$ wahr sein:

$\frac{1}{5}$ ⋅ $(\begin{matrix} -20 \\ 15 \\ 20 \end{matrix})$ + $\frac{1}{3}$ ⋅ $(\begin{matrix} -9 \\ -12 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} - 4 \\ 3 \\ 4 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} - 3 \\ - 4 \\ 0 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} -7 \\ -1 \\ 4 \end{matrix})$

Da r = $\frac{1}{5}$ und s = $\frac{1}{3}$ beide zwischen 0 und 1 sind, muss der Schnittpunkt S innerhalb des Rechtecks ABCD liegen.

Aufgabenbeispiele von Anwendungsaufgaben

Normalenvektor und Ortsvektor von E.-Pkt

Durchstosspunkt Anwendungen

Einen Punkt an einer Ebene spiegeln

Spiegel-Ebene zu zwei Punkten finden

Gerade an Ebene spiegeln

Geradenpunkt mit Abstand zu Pkt finden

Geradenpunkt mit Abst. zu Ebene finden

Punkt auf Gerade, dass BCA 90°

Einen Punkt an einer Geraden spiegeln (LF)

Geometrie Anwendungen 1