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orthogonale Ebene-Gerade

Beispiel:

Für welches a schneiden sich die Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 3 \\ -3 \\ 3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 0 \\ 16 \\ -12 \end{matrix})$ und die Ebene E_a: $a x_{1} - 4 x_{2} + 3 x_{3} = 3$ orthogonal ?

Lösung einblenden

Weil der Normalenvektor ja senkrecht auf der Ebene steht und die Gerade die Ebene ebenfalls senkrecht schneiden soll, müssen der Normalenvektor der Ebene und der Richtungsvektor der Geraden in die gleiche Richtung ziegen, d.h. sie müssen linear abhängig sein, also Vielfache voneinander.

Es muss also gelten: $\vec{RV}$ = t ⋅ $\vec{n}$ oder $(\begin{matrix} 0 \\ 16 \\ -12 \end{matrix})$ = t ⋅ $(\begin{matrix} a \\ -4 \\ 3 \end{matrix})$

Man sieht schnell, dass das nur für t=-4 funktionieren kann.

Also: $(\begin{matrix} 0 \\ 16 \\ -12 \end{matrix})$ = -4 ⋅ $(\begin{matrix} a \\ -4 \\ 3 \end{matrix})$

Damit diese Vektorgleichung stimmt, muss dies in allen 3 Koordinaten stimmen, also muss a = 0 sein.

orthogonale Ebenen

Beispiel:

Für welches a schneiden sich die beiden Ebenen E: $x_{1} + 5 x_{3} = -2$ und F_a: $a x_{1} - x_{3} = -5$ orthogonal ?

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Damit sich die beiden Ebenen orthogonal schneiden, müssen ihre Normalenvektoren orthogonal sein, d.h. deren Skalarprodukt muss =0 sein

Also: $\vec{n1}$ ⋅ $\vec{n2}$ = $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 5 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} a \\ 0 \\ -1 \end{matrix})$ = $1 \cdot a + 0 \cdot 0 + 5 \cdot (-1)$ = -5 + 1a =0

1a = 5 |:1

a = 5

orthogonale Geraden

Beispiel:

Für welches a schneiden sich die beiden Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -4 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})$ und h_a: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} -2 \\ 1 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -9 \\ 12 \\ a \end{matrix})$ orthogonal ?

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Weil die beiden Geraden den gleichen Stützvektor haben, schneiden sie sich eben in diesem Aufpunkt $(-2 | 1 | -1)$ .

Damit sich die beiden Geraden orthogonal schneiden, müssen ihre Richtungsvektoren orthogonal sein, d.h. deren Skalarprodukt muss =0 sein

Also: $\vec{RV1}$ ⋅ $\vec{RV2}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -9 \\ 12 \\ a \end{matrix})$ = $(-4) \cdot (-9) + 0 \cdot 12 + 6 \cdot a$ = 36 + 6a =0

6a = -36 |:6

a = -6

orthogonale Vektoren

Beispiel:

Für welches a sind die beiden Vektoren $\vec{a}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -4 \\ 4 \end{matrix})$ und $\vec{b}$ = $(\begin{matrix} -4 \\ 4 \\ a \end{matrix})$ orthogonal ?

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Damit die beiden Vektoren orthogonal sind, muss ihr Skalarprodukt =0 sein

Also: $\vec{a}$ ⋅ $\vec{b}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ -4 \\ 4 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -4 \\ 4 \\ a \end{matrix})$ = $(-3) \cdot (-4) + (-4) \cdot 4 + 4 \cdot a$ = -4 + 4a =0

4a = 4 |:4

a = 1

gemeinsame Ebene einer Geradenschar1

Beispiel:

Gegeben ist eine Geradenschar g_a durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 4 \\ -1 \\ -1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} a \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ .

Bestimme eine Ebene, in der alle Geraden der Geradenschar g_a liegen.

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Alle Geraden der Schar haben den selben Aufpunkt, haben aber verschiedene Richtungsvektoren.

Wenn es einen Ebene gibt, in der alle Geraden liegen, so muss diese einen Normalenvektor besitzen, der orthogonal zu all diesen verschiedenen Richtungsvektoren ist.

Es muss also gelten: $(\begin{matrix} a \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} n_{1} \\ n_{2} \\ n_{3} \end{matrix})$ =0

Da in der x₁-Koordinate des Richtungsvektors der Parameter jeden beliebigen Wert annehmen kann, muss der n₁-Wert des Normalenvektor =0 sein, so hat das Skalarprodukt für jedes verschiedene a den selben Wert. Um diesen Wert jetzt auch noch auf 0 zu bekommen, müssen wir einfach die anderen beiden Koordinaten vertauschen und bei einem noch das Vorzeichen wechseln.

Also $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 2 \end{matrix})$ oder $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ = $\frac{1}{2}$ $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 2 \end{matrix})$ , denn $(\begin{matrix} a \\ -2 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} 0 \\ -1 \\ 1 \end{matrix})$ =0, für jedes beliebige a.

Die gesuchte gemeinsame Ebene hat also die Form: $- x_{2} + x_{3} = d$ .

Jetzt brauchen wir nur noch einen Punkt dieser Ebene, um das Absolutglied d noch zu bestimmen. Dafür können wir ja den Aufpunkt von g_a $(4 | -1 | -1)$ nehmen. Denn dieser ist ja für jedes a gleich, also auf jeder Geraden g_a und somit auch auf der gesuchten gemeinsamen Ebene E.

Eingesetzt in die bisherige Ebenengleichung erhalten wir $0 \cdot 4 + (-1) \cdot (-1) + 1 \cdot (-1)$ =0=d

Die gesuchte gemeinsame Ebenen hat also die Gleichung: $- x_{2} + x_{3} = 0$

gemeinsame Ebene einer Geradenschar2

Beispiel:

Gegeben ist eine Geradenschar g_a durch $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 0 \\ a \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 2 \end{matrix})$ .

Bestimme eine Ebene, in der alle Geraden der Geradenschar g_a liegen.

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Die Gerade lässt sich auch anders schreiben:
$\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 0 \\ a \\ 0 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})$ + $(\begin{matrix} 0 \\ a \\ 0 \end{matrix})$ + t ⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 2 \end{matrix})$ = $(\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})$ + a ⋅ $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ + t ⋅ $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 2 \end{matrix})$

Durch Einsetzen der verschiedenen Werte für a und t erhält man alle Punkte, die auf einer der Geraden g_a liegen. Man sieht, dass diese Punktmenge eine Ebene ist, die hier bereits in Parameterform vorliegt.

Wir müssen diese also nur noch in Koordinatenform umwandeln:

Wir berechnen einen Normalenvektor, der senkrecht zu den beiden Spannvektoren steht, mittels des Kreuzproduktes:

\vec{n} = (\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix}) \times (\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 1 \cdot 2 - 0 \cdot (- 4) \\ 0 \cdot (- 6) - 0 \cdot 2 \\ 0 \cdot (- 4) - 1 \cdot (- 6) \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 + 0 \\ 0 + 0 \\ 0 + 6 \end{matrix}) = (\begin{matrix} 2 \\ 0 \\ 6 \end{matrix})

= 2⋅

(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})

Weil der Vektor $(\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix})$ orthogonal zu $(\begin{matrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{matrix})$ und $(\begin{matrix} -6 \\ -4 \\ 2 \end{matrix})$ , also orthogonal zur Ebene und damit zu jedem Vektor in der Ebene ist, gilt die Normalengleichung der Ebene:
$[\vec{x} - (\begin{matrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{matrix})] \circ (\begin{matrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{matrix}) = 0$
Unsere Ebenengleichung in Koordinatenform ist also $x_{1} + 3 x_{3} = d$

Durch Einsetzen des Aufpunktes der Ebene A $(0 | 0 | 0)$ erhält man
d = $1 \cdot 0 + 0 \cdot 0 + 3 \cdot 0$
also:

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

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orthogonale Ebene-Gerade

orthogonale Ebenen

orthogonale Geraden

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gemeinsame Ebene einer Geradenschar1

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