Abstands- und Winkelbestimmungen

Dieses Thema ist im Buch auf S. 151 ausführlich beschrieben. Lesen Sie bitte diese Seite aufmerksam.

Die Hessesche Normalenform (HNF)

Winkelberechnungen

Aufgaben

S. 153/1

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

a) Die Ebene E hat als HNF $\frac{2x_1+x_2+2x_3}{3}=0$.
Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E $d(O,E)=\vert \frac{0+0+0-2}{3} \vert=\vert\frac{-2}{3}\vert=\frac{2}{3}$.

Man kann die Rechnung auch ohne Betragstriche machen. Ergibt sich ein negatives Ergebnis wie hier $-\frac{2}{3}$ nimmt man hiervon den Betrag.

Der Abstand des Punktes P(6;-1;9) von der Ebene E ist $d(P,E)=\frac{2\cdot6-1+2\cdot9}{3})=\frac{27}{3}=9$

b) Die Ebene E hat als HNF $\frac{x_1-x_2+6}{\sqrt{2}}=0$.
Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E $d(O,E)= \frac{0-0+6}{\sqrt{2}} = \frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$.
Der Punkt P(7;7;2) hat von E den Abstand $d(P,E)=\frac{7-7+6}{\sqrt{2}})=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}$.

c) Die Ebene E hat als HNF $\frac{x_1-2 \cdot x_2-2\cdot x_3}{3}=0$.
Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E $d(O,E)= \frac{0-0-0}{3} = 0$. Der Ursprung liegt in der Ebene E.
Der Punkt P(-1;1;3) hat von E den Abstand $d(P,E)=\vert \frac{-1-2-6}{3} \vert=\vert \frac{-9}{3}\vert =3$.

d) Die Ebene E hat als HNF $\frac{3\cdot x_1+4\cdot x_3-10}{5}=0$.
Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E $d(O,E)=\vert \frac{0+0-10}{5}\vert = \vert -2\vert = 2$.
Der Punkt P(4;-1;2) hat von E den Abstand $d(P,E)=\frac{12+8-10}{5}=\frac{10}{5}=2$.
O und P liegen jeweils im Abstand 2 in verschiedenen Halbräumen zur Ebene E.

S. 153/2

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

(1) Wegen $\left( \begin{array}{c} 3 \\\ 2 \\\ 2 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right) = 0$ steht der Richtungsvektor $\vec{u}$ der Geraden g senkrecht zum Normalenvektor $\vec{n}$ der Ebene E. $\vec{u}$ ist also komplanar zu den Richtungsvektoren der Ebene E.
Die Ebene E hat als HNF $\frac{2\cdot x_1-2 \cdot x_2- x_3 +10}{3}=0$. Für den Stützpunkt A(7;-13;-4) der Gerade g berechnet man $d(A,E)=\frac{14+26+4+10}{3}=\frac{54}{3}=18$, also liegt A nicht in E und g ist echt parallel zu E. Das g echt parallel zu E ist, hat g auch den Abstand 18 zur Ebene E.
Wird g senkrecht auf E projeziert, dann wird in Richtung des Normalenvektors projeziert. Fällt man von A das Lot $l: \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 7 \\\ -13 \\\ -4 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ -1 \end{array}\right)$ auf E, dann erhält man den Lotfusspunkt L durch 2(7+2k)-2(-13-2k)-(-4-k)+10=0 und k = -6 und L(-5;-1;2). Damit hat man für g^* den Stützpunkt. Ihr Richtungsvektor ist derselbe wie bei g, da er "in E liegt" (ist komplanar zu den Richtungsvektoren von E). Die senkrechte Projektion von g in die Ebene E ist dann $g^* \vec{x}=\left( \begin{array}{c} -5 \\\ -1 \\\ 2 \end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c} 3 \\\ 2 \\\ 3 \end{array}\right)$ .

(2) Analog geht man hier vor.
$\left( \begin{array}{c} -5 \\\ 6 \\\ -1 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 1 \\\ 1 \end{array}\right) = 0$ .
HNF von E: $\frac{x_1+ x_2 + x_3 + 12}{\sqrt{3}}=0$.
$d(A,E)=\frac{0+7-1+12}{\sqrt{3}}=\frac{18}{3}=18$
$l: \vec{x} =\left( \begin{array}{c} 0 \\\ 7 \\\ -1 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 1 \\\ 1 \end{array}\right)$
k + (7+k) + (-1+k) + 12 = 0 --> k = -6 und L(-6;1;-7)

$g^*: \vec{x}=\left( \begin{array}{c} -6 \\\ 1 \\\ -7 \end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c} -5 \\\ 6 \\\ -1 \end{array}\right)$

S. 154/4

[Lösung anzeigen][Lösung ausblenden]

Die Ebene E hat HNF $\frac{16x_1+ 8x_2 + 2x_3}{18}=0$ .

Für diese Gleichung hat man also einen Normaleneinheitsvektor $\vec{n^o}= \frac{1}{18} \left( \begin{array}{c} 16 \\\ 8 \\\ 2 \end{array}\right) = \frac{1}{9} \left( \begin{array}{c} 8 \\\ 4 \\\ 1 \end{array}\right)$ .
Zu einer zu E parallelen Ebene im Abstand 9 kommt man, wenn man neun mal diesen Normaleneinheitsvektor $\vec{n^o}$ oder $-\vec{n^o}$ aneinandersetzt. Deren HNF ist dann

 oder als Normalenform analog der Ebenengleichung für E