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ortho. zu 2 Vek (Normalenvektor) ohne Kreuzprodukt

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu u → = ( 0 -3 1 ) als auch zu v → = ( 5 5 5 ) orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor ( 0 -3 1 ) in der x1-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor ( t -1 -3 ) für jedes t orthogonal zu ( 0 -3 1 ) , denn ( 0 -3 1 ) ∘ ( t -1 -3 ) =0⋅t + (-3)⋅(-1) + 1⋅(-3) = 0+3-3=0.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor ( 5 5 5 ) ⋅ ( t -1 -3 ) = 5⋅t -20 = 0 wird, also t= 20 5 = 4.

Der gesuchte Normalenvektor ist also n → = ( 4 -1 -3 )

orthog. zu 2 Vektoren (Normalenvektor)

Beispiel:

Finde einen Vektor, der sowohl zu u → = ( 2 2 4 ) als auch zu v → = ( 1 0 5 ) orthogonal ist (der Nullvektor ist nicht erlaubt).

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Weil beim Vektor ( 1 0 5 ) in der x2-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor ( 5 t -1 ) für jedes t orthogonal zu ( 1 0 5 ) , denn ( 1 0 5 ) ∘ ( 5 t -1 ) =1⋅5 + 0⋅t + 5⋅(-1) = 5+0-5=0.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor ( 2 2 4 ) ⋅ ( 5 t -1 ) = 2⋅t +6 = 0 wird, also t= - 6 2 = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also n → = ( 5 -3 -1 )

Gerade in E, die senkrecht auf g ist

Beispiel:

Bestimme eine Gerade h, die in der Ebene E: - x 1 - x 2 - x 3 = 7 liegt und orthogonal zur Geraden g: x → = ( -5 0 -2 ) +t⋅ ( 4 0 1 ) verläuft.

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Da die gesuchte Gerade h in der Ebene E liegt und orthogonal zu g steht, muss der Richtungsvevtor rvh → der gesuchten Geraden h sowohl zum Normalenvektor n → = ( -1 -1 -1 ) von E als auch zum Richungsvektor rvg → = ( 4 0 1 ) von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor rvg → = ( 4 0 1 ) in der x2-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor ( 1 t -4 ) für jedes t orthogonal zur Geraden, denn ( 4 0 1 ) ∘ ( 1 t -4 ) =4⋅1 + 0⋅t + 1⋅(-4) = 4+0-4=0.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E ( -1 -1 -1 ) ⋅ ( 1 t -4 ) = -1⋅t +3 = 0 wird, also t=3. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also rvh → = ( 1 3 -4 ) .

Da n → ⋅ rvh → = ( 4 0 1 ) ∘ ( 1 3 -4 ) =4⋅1 + 0⋅3 + 1⋅(-4) = 4+0-4=0 ist, liegt also unsere gesuchte Gerade h entweder parallel zu Ebene E oder sie liegt in ihr. Wir brauchen also noch einen Aufpunkt, der in E liegt, so dass auch die ganze Gerade in E liegen muss.

Wir können jetzt also einen beliebigen Punkt der Ebene E als Aufpunkt für unsere gesuchte Gerade h nehmen:
(-5|0|-2) liegt in E, da:

-1 ⋅ ( - 5 ) -1⋅ 0 -1⋅ ( - 2 ) = 7

.

Die gesuchte Gerade ist also h: x → = ( -5 0 -2 ) +t⋅ ( 1 3 -4 )

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: x → = ( 2 -3 3 ) +t⋅ ( 0 -6 1 ) liegt und die orthogonal zur Ebene F: 2 x 1 -6 x 2 +4 x 3 = -3 steht.

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Da die gesuchte Ebene die Gerade g beinhaltet und orthogonal zu F steht, muss der Normalenvektor n → der gesuchten Ebene E sowohl zum Normalenvektor nF → = ( 2 -6 4 ) von F als auch zum Richungsvektor rv → = ( 0 -6 1 ) von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor rv → = ( 0 -6 1 ) in der x1-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor ( t -1 -6 ) für jedes t orthogonal zur Geraden, denn ( 0 -6 1 ) ∘ ( t -1 -6 ) =0⋅t + (-6)⋅(-1) + 1⋅(-6) = 0+6-6=0.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F ( 2 -6 4 ) ⋅ ( t -1 -6 ) = 2⋅t -18 = 0 wird, also t= 18 2 =9. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also nE → = ( 9 -1 -6 ) , die Ebenengleichung also: 9 x 1 - x 2 -6 x 3 = d .

Da rv → ⋅ nE → = ( 0 -6 1 ) ∘ ( 9 -1 -6 ) =0⋅9 + (-6)⋅(-1) + 1⋅(-6) = 0+6-6=0 ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt (2|-3|3) in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also (2|-3|3) in E ein:

9 ⋅ 2 -1⋅ ( - 3 ) -6⋅ 3 = d

und erhalten d=3.

Die gesuchte Ebene ist also E: 9 x 1 - x 2 -6 x 3 = 3

Gerade mit gl. Abstand zu E und F

Beispiel:

Der Punkt P(-5|-2|-4) hat sowohl von der Ebene E: -2 x 1 - x 2 -2 x 3 = 2 als auch von der Ebene F: - x 1 -2 x 2 -2 x 3 = -1 den gleichen Abstand d = 6. Bestimme die Gleichung einer Geraden, deren Punkte auch alle den Abstand d=6 von E und von F haben.

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Wenn die Punkte der gesuchten Geraden alle den gleichen Abstand zu E haben, dann muss die Gerade parallel zu E sein. Der Richtungsvektor u → muss also orthogonal zum Normalenvektor von E sein: u → ⋅ ( -2 -1 -2 ) = 0.

Das gleiche gilt natürlich auch für die Ebene F, auch zu dieser Ebene muss g parallel sein. Auch hier muss also gelten, dass der Richtungsvektor u → orthogonal zum Normalenvektor von F sein muss:
u → ⋅ ( -1 -2 -2 ) = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu ( -2 -1 -2 ) als auch zu ( -1 -2 -2 ) ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

u → = ( -2 -1 -2 ) × ( -1 -2 -2 ) = ( -1 · ( -2 ) - ( -2 ) · ( -2 ) -2 · ( -1 ) - ( -2 ) · ( -2 ) -2 · ( -2 ) - ( -1 ) · ( -1 ) ) = ( 2 -4 2 -4 4 -1 ) = ( -2 -2 3 )

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts OP → = ( -5 -2 -4 ) nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: x → = ( -5 -2 -4 ) +t⋅ ( -2 -2 3 ) .

Ebene, die g beinhaltet und ortho zu F

Beispiel:

Bestimme eine Ebene E, in der die Gerade g: x → = ( 2 -5 -1 ) +t⋅ ( -5 0 6 ) liegt und die orthogonal zur Ebene F: x 1 -31 x 2 +5 x 3 = -2 steht.

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Da die gesuchte Ebene die Gerade g beinhaltet und orthogonal zu F steht, muss der Normalenvektor n → der gesuchten Ebene E sowohl zum Normalenvektor nF → = ( 1 -31 5 ) von F als auch zum Richungsvektor rv → = ( -5 0 6 ) von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor rv → = ( -5 0 6 ) in der x2-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor ( 6 t 5 ) für jedes t orthogonal zur Geraden, denn ( -5 0 6 ) ∘ ( 6 t 5 ) =(-5)⋅6 + 0⋅t + 6⋅5 = -30+0+30=0.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F ( 1 -31 5 ) ⋅ ( 6 t 5 ) = -31⋅t +31 = 0 wird, also t= 31 31 =1. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also nE → = ( 6 1 5 ) , die Ebenengleichung also: 6 x 1 + x 2 +5 x 3 = d .

Da rv → ⋅ nE → = ( -5 0 6 ) ∘ ( 6 1 5 ) =(-5)⋅6 + 0⋅1 + 6⋅5 = -30+0+30=0 ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt (2|-5|-1) in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also (2|-5|-1) in E ein:

6 ⋅ 2 +1⋅ ( - 5 ) +5⋅ ( - 1 ) = d

und erhalten d=2.

Die gesuchte Ebene ist also E: 6 x 1 + x 2 +5 x 3 = 2

Rechteck in einer Ebene finden

Beispiel:

Das Rechteck ABCD mit A(0|0|0) und B(4|1|-8) liegt in der Ebene E: 7 x 1 +4 x 2 +4 x 3 = 0 und hat den Flächeninhalt 81.
Bestimme die Koordinaten eines möglichen Punkts C.

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Der Vektor BC → muss orthogonal zu AB → = ( 4 1 -8 ) sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss BC → aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene n → = ( 7 4 4 ) sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu ( 4 1 -8 ) als auch zu ( 7 4 4 ) sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅ BC → = ( 4 1 -8 ) × ( 7 4 4 ) = ( 1 · 4 - ( -8 ) · 4 -8 · 7 - 4 · 4 4 · 4 - 1 · 7 ) = ( 4 +32 -56 -16 16 -7 ) = ( 36 -72 9 ) = 9⋅ ( 4 -8 1 )

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = | ( 4 1 -8 ) | ⋅ | k· ( 4 -8 1 ) | = 81

mit | ( 4 1 -8 ) | = 4 2 + 12 + (-8) 2 = 81 = 9 und | ( 4 -8 1 ) | = 4 2 + (-8)2 + 1 2 = 81 = 9 gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 81 | :81

k = 81 81 = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
0C → = 0B → + 1⋅ ( 4 -8 1 ) = ( 4 1 -8 ) + ( 4 -8 1 ) = ( 8 -7 -7 )
bzw. 0C' → = 0B → - 1⋅ ( 4 -8 1 ) = ( 4 1 -8 ) + ( -4 8 -1 ) = ( 0 9 -9 )

Die Koordinaten von C sind somit C(8|-7|-7) oder C'(0|9|-9).

Achsenpunkt für parallele Gerade

Beispiel:

Gegeben sind die Ebene E: -5 x 1 +5 x 2 +10 x 3 = 10 und der Punkt P(-5|-3|-2). P liegt nicht in E.

Bestimme eine Gerade g, die parallel zu E liegt, den Punkt P enthält und die x3-Achse schneidet.

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Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x3-Achse Qc(0|0|c). Damit muss Q cP → = ( -5 -3 -2 - c ) der Richtungsvektor der gesuchten Gerade sein.

Wenn diese Gerade nun parallel zur Ebene E sein soll, muss der Normalenvektor von E orthogonal zu Q cP → sein, also gilt:

0 = ( -5 5 10 ) ⋅ ( -5 -3 -2 - c ) = -5 · ( -5 ) + 5 · ( -3 ) + 10 · ( -2 - c ) = 25 -15 +10( -2 - c )

25 -15 +10( -2 - c ) = 0
25 -15 -20 -10c = 0
-10c -10 = 0 | +10
-10c = 10 |:(-10 )
c = -1

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade Q -1P → = ( -5 -3 -2 - ( - 1 ) ) = ( -5 -3 -1 )

Die gesuchte Gerade ist also h: x → = ( -5 -3 -2 ) +t⋅ ( -5 -3 -1 )