Mathebattle EduRandomtasks

Ebene aus Normalenvektor und Pkt

Beispiel:

Bestimme eine Koordinatengleichung der Ebene E, die den Normalenvektor $(\begin{matrix} -1 \\ -3 \\ -3 \end{matrix})$ hat und den Punkt P $(-3 | -1 | 0)$ enthält.

Lösung einblenden

Da E den Normalenvektor $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -1 \\ -3 \\ -3 \end{matrix})$ besitzt, hat sie die Form E: $- x_{1} - 3 x_{2} - 3 x_{3} = d$ .

Da der Punkt P $(-3 | -1 | 0)$ auf der gesuchten Ebene liegen soll, können wir diesen einfach einsetzen, um das d zu bestimmen.

$-1 \cdot (-3) - 3 \cdot (-1) - 3 \cdot 0 = d$

$3 +3 +0 = d$

$6 = d$

Die gesuchte Ebene hat somit die Gleichung E: $- x_{1} - 3 x_{2} - 3 x_{3} = 6$ .

parallele Ebene durch Punkt

Beispiel:

Bestimme eine Koordinatengleichung der Ebene F, die parallel zur Ebene E: $-3 x_{1} + x_{2} + 5 x_{3} = 30$ ist und die den Punkt P $(-1 | 2 | 2)$ enthält.

Lösung einblenden

Jede zu E parallele Ebene hat den gleichen Normalenvektor $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} -3 \\ 1 \\ 5 \end{matrix})$ und damit die Form E: $-3 x_{1} + x_{2} + 5 x_{3} = d$ .

Da der Punkt P $(-1 | 2 | 2)$ auf der gesuchten Ebene liegen soll, können wir diesen einfach einsetzen, um das d zu bestimmen.

$-3 \cdot (-1) + 1 \cdot 2 + 5 \cdot 2 = d$

$3 +2 +10 = d$

$15 = d$

Die gesuchte Ebene hat somit die Gleichung F: $-3 x_{1} + x_{2} + 5 x_{3} = 15$ .

Punktprobe in Ebene mit Parameter

Beispiel:

Für welches a liegt der Punkt P $(-5 | 3 | -2)$ auf der Ebene E: $-4 x_{1} - 5 x_{2} + a x_{3} = -5$ ?

Lösung einblenden

Wir setzen einfach mal den Punkt P in E ein:

$(-4) \cdot (-5) + (-5) \cdot 3 + a \cdot (-2) = -5$
$20 + (-15) + a ⋅ (-2) = -5$ |-5
-2a = -10 | :(-2)
a = 5

Ebene aus orth. Geraden durch Punkt

Beispiel:

Bestimme eine Koordinatengleichung der Ebene E, die orthogonal zur Geraden g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 0 \\ -3 \\ 4 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 3 \\ 2 \\ -5 \end{matrix})$ ist und die den Punkt P $(2 | -4 | 2)$ enthält.

Lösung einblenden

Wenn E orthogonal zur Geraden g ist, so kann man den Richtungsverktor von g als Normalenvektor $\vec{n}$ = $(\begin{matrix} 3 \\ 2 \\ -5 \end{matrix})$ der gesuchten Ebene verwenden. Dadurch ergibt sich für die Koordinatengleichung der Ebene E: $3 x_{1} + 2 x_{2} - 5 x_{3} = d$ .

Da der Punkt P $(2 | -4 | 2)$ auf der gesuchten Ebene liegen soll, können wir diesen einfach einsetzen, um das d zu bestimmen.

$3 \cdot 2 + 2 \cdot (-4) - 5 \cdot 2 = d$

$6 -8 -10 = d$

$-12 = d$

Die gesuchte Ebene hat somit die Gleichung F: $3 x_{1} + 2 x_{2} - 5 x_{3} = -12$ .

spezielle Ebenen

Beispiel:

Welche besondere Lage hat die Ebene E: $-9 x_{1} - 4 x_{3} = 3$ ?

Lösung einblenden

Wenn man die Spurpunkte der Ebene sucht, also auch x₁ und x₃ gleich 0 setzt, so erkennt man, dass die Ebene keinen Schnittpunkt mit der x₂-Achse hat.

Also ist die Ebene parallel zur x₂-Achse

spezielle Ebenen aufstellen

Beispiel:

Bestimme die Koordinatengleichung einer Ebene, die parallel zur x₃-Achse ist und den Punkt $(2 | 1 | 1)$ beinhaltet.

Lösung einblenden

Da die gesuchte Ebende parallel zur x₃-Achse sein muss, darf sie keinen Spurpunkt mit der x₃-Achse haben, das heißt, wenn man 0 für x₁ und x₂ einsetzt, muss c=0 sein, damit die ganze linke Seite immer 0 ist; und die Gleichung so zu einem Widerspruch 0=d führt.

(ansonsten könnte man ja $a \cdot 0 + b \cdot 0 + c \cdot x_{3} = d$ zu $x_{3} = \frac{d}{c}$ umformen und würde einen Spurpunkt mit der x₃-Achse erhalten)

Der Koeffizient c vor x₃ muss also 0 sein. Die Gleichung der Ebene lautet dann
a⋅x₁ + b⋅x₂=d.

Punkt P $(2 | 1 | 1)$ eingesetzt:
a⋅2 + b⋅1=d

a=1;b=1 und d=3 ist eine (von unendlich vielen) Möglichkeiten für diese Gleichung.
x₁ + x₂=3 ist also eine zur x₃-Achse parallele Ebene, in der auch der Punkt P $(2 | 1 | 1)$ liegt.

spezielle Ebene in Parameterform

Beispiel:

Welche besondere Lage hat die Ebene E: $\vec{x} = (\begin{matrix} 1 \\ -5 \\ 1 \end{matrix}) + r \cdot (\begin{matrix} 3 \\ -8 \\ 6 \end{matrix}) + s \cdot (\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ ?

Lösung einblenden

1. Weg:

Der 2. Spannvektor ist ja $(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ und zeigt damit genau in gleiche Richtung wie die x₂-Achse.

Damit ist die Ebene - unabhängig vom anderen Spannvektor - parallel zur x₂-Achse.

2. Weg:

Da der 2. Spannvektor an zwei Stellen den Wert 0 hat, muss der Normalenvektor (der ja orthogonal zu den beiden Spannvektoren ist) an der x₂-Koordinate den Wert 0 haben, denn
$(\begin{matrix} 0 \\ -2 \\ 0 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} a \\ 0 \\ c \end{matrix})$ =0 .

Also E: $a x_{1} + c x_{3} = d$

Wenn man jetzt aber die Spurpunkte der Ebene sucht, also auch x₃ und x₁ gleich 0 setzt, so erkennt man, dass die Ebene keinen Schnittpunkt mit der x₂-Achse hat.

Also ist die Ebene parallel zur x₂-Achse

Parameter bestimmen, dass g in E liegt

Beispiel:

Bestimme a und b so, dass die Gerade g: $\vec{x} =$ $(\begin{matrix} 2 \\ -5 \\ -3 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ -3 \\ -2 \end{matrix})$ komplett in der Ebene E: $-3 x_{1} + a x_{2} + 6 x_{3} = b$ liegt.

Lösung einblenden

Wenn die Gerade g in E liegen soll, muss auch der Normalenvektor von E orthogonal zum Richtungsvektor von g sein, also muss gelten:

$(\begin{matrix} 1 \\ -3 \\ -2 \end{matrix})$ ⋅ $(\begin{matrix} -3 \\ a \\ 6 \end{matrix})$ = 0

$1 \cdot (-3) + (-3) \cdot a + (-2) \cdot 6 = 0$
$-3 + a ⋅ (-3) + (-12) = 0$ |+15
-3a = 15 | :(-3)
a = -5

Für a = -5 ist also g parallel zu E oder liegt in E.
E hat dann also die Koordinatengleichung E: $-3 x_{1} - 5 x_{2} + 6 x_{3} = b$ .
Wenn g in E liegen soll, muss ja jeder Punkt von g in E liegen, also auch der Aufpunkt $(2 | -5 | -3)$ .

Wir müssen also nur den Aufpunkt $(2 | -5 | -3)$ in E: $-3 x_{1} - 5 x_{2} + 6 x_{3} = b$ einsetzen, um noch das b zu bestimmen.

$-3 \cdot 2 - 5 \cdot (-5) + 6 \cdot (-3) = b$

$-6 +25 -18 = b$

$1 = b$

Mit b = 1 ergibt sich somit als Koordinatengleichung für E: $-3 x_{1} - 5 x_{2} + 6 x_{3} = 1$ .

Parameter für Lage von 2 Ebenen bestimmen

Beispiel:

Gegeben sind die Ebenen E: $x_{1} + 2 x_{2} - 3 x_{3} = 7$ und F: $2 x_{1} + a x_{2} - 6 x_{3} = b$ . Bestimme a und b so, dass die beiden Ebenen echt parallel sind.

Lösung einblenden

Wenn die beiden Ebenen parallel oder identisch sein sollen, müssen ihre Normalenvektoren vielfache (oder gleich) sein. Es muss also gelten:
$(\begin{matrix} 2 \\ a \\ -6 \end{matrix})$ = t⋅ $(\begin{matrix} 1 \\ 2 \\ -3 \end{matrix})$

Man erkennt nun gleich, dass dies nur für t = 2 möglich ist.

Daraus ergibt sich aber in der 2. Zeile: a = 2 ⋅ 2 = 4.

Für a = 4 sind die Ebenen also parallel oder sogar identisch, für F gilt also
F: $2 x_{1} + 4 x_{2} - 6 x_{3} = b$ .

Wenn man nun die Gleichung der Ebene E mit t = 2 durchmultipliziert, so erhält man
E: $2 x_{1} + 4 x_{2} - 6 x_{3} = 14$ , d.h. für b = 14 sind die beiden Ebenen identisch.

Genau das wollen wir ja aber gerade nicht, deswegen können wir jeden beliebigen Wert für b ≠ 14, also z.B.: b = 15 setzen.

Aufgabentypen anhand von Beispielen durchstöbern

Ebene aus Normalenvektor und Pkt

parallele Ebene durch Punkt

Punktprobe in Ebene mit Parameter

Ebene aus orth. Geraden durch Punkt

spezielle Ebenen

spezielle Ebenen aufstellen

spezielle Ebene in Parameterform

1. Weg:

2. Weg:

Parameter bestimmen, dass g in E liegt

Parameter für Lage von 2 Ebenen bestimmen