Aufgaben zur Lagebezeihung zweier Ebenen

Wenn Sie DreiDGeo heruntergeladen haben, können Sie die Ebenen dort schön darstellen und Ihr Ergebnis überprüfen. 

S. 146/7
Bei dieser Aufgabe ist sind die Ebenen, diesmal E₂ in Normalenform und Ebene E₁ in Parameterform gegeben. Also kann man relativ einfach die "Parameterform in die Normalenform" einsetzen. Man setzt die Koordinaten des Ortsvektors $\vec{x}$ eines Punktes X der Ebene E₁ in die Normalenform der Ebene E₂.

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Da griechische Buchstaben sich hier nur sehr umständlich schreiben lassen, verwende ich k und m.

a) -4(1+m) + 3(2+k-2m) - (-1+3k+2m) = 3
-4 - 4m +6 +3k -6m + 1 - 3k - 2m = 3
3 - 12m = 3
m = 0
Nun ersetzt man m in die Parametergleichung der Ebene E₁ durch 0:
$\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ 3 \end{array}\right) + 0 \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ 3 \end{array}\right)$ ist die Gleichung der Schnittgeraden.

b) 1+m + 2(-1+3k+2m) = 5
1 + m - 2 + 6k + 4m = 5
5m + 6k = 6
k = 1 - 5/6 m
$\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right) + (1 - \frac{5}{6}m) \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ 3 \end{array}\right) + m \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ 3 \end{array}\right) - \frac{5}{6}m \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ 3 \end{array}\right) + m \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{array}\right)$
$= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 3 \\\ 2 \end{array}\right) + m \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -\frac{17}{6} \\\ -\frac{1}{2} \end{array}\right)$

Da der Richtungsvektor durch Multiplikation nur die Länge ändert, nicht aber die Richtung , hier z.B. $6 \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -\frac{17}{6} \\\ -\frac{1}{2} \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 6 \\\ -17 \\\ -3 \end{array}\right)$ könnte man hier auch als Richtungsvektor der Schnittgeraden $\left( \begin{array}{c} 6 \\\ -17 \\\ -3 \end{array}\right)$ und die Schnittgerade ist dann $\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 3 \\\ 2 \end{array}\right) + m \left( \begin{array}{c} 6 \\\ -17 \\\ -3 \end{array}\right)$ .
So wird es in DreiDGeo auch angezeigt.

d) Die Normalform lässt sich umformen in -4x₁ +3x₂ +x₃ - 6 = 0. Vorgehen wie in a) und b) liefert $k = \frac{5}{6} + \frac{4}{3} m$. Setzt man dies in die Parameterform der Ebene E₁ ein so ergibt sich als Schnittgerade g: $\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ \frac{17}{6} \\\ \frac{3}{2} \end{array}\right) + m \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -\frac{2}{3} \\\ 6 \end{array}\right)$

e) die Normalform lässt sich schreiben als 8x₁ + 3x₂ - x₃ =0.
Einsetzen der Koordinaten der Parameterform liefert 4 = 0, was als falsche Aussage liefert, dass die beiden Ebenen E₁ und E₂ echt parallel sind.

g) Einsetzen der Koordinaten der Parametergleichung in die Normalenform 8(1+m) + 3(2+k-2m) - (-1+3k+2m) -15 = 0. Vereinfachen der Gleichung liefert 0 = 0, also eine allgemeingültige Gleichung, was bedeutet, dass die beiden Ebenen E₁ und E₂ identisch sind.

Aufgabe 146/8

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E₁ ist die x₁x₂-Ebene.
E₂ ist die x₂x₃-Ebene.
E₃ ist die x₁x₃-Ebene.
E₄ ist eine Parallelebene zur x₁x₃-Ebene bei x₂=1.
E₅ ist eine Parallelebene zur x₁x₂-Ebene bei x₃=1.
E₆ ist eine Parallelebene zur x₂x₃-Ebene bei x₁=1.

Die E₁-Ebene schneidet Ebene E₂. Die Schnittgerade ist die x₂-Achse.
Die E₁-Ebene schneidet Ebene E₃. Die Schnittgerade ist die x₁-Achse.
Die E₁-Ebene schneidet Ebene E₄. Die Schnittgerade ist eine Parallel zur x₁-Achse bei x₂=1.
Die E₁-Ebene ist echt parallel zur Ebene E₅. Die E₁-Ebene schneidet Ebene E₆. Die Schnittgerade ist eine Parallel zur x₂-Achse bei x₁=1.

....

Man kann diese Aufgabe auch gut mit DreiDGeo lösen!

146/9

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Die Schnittgerade ist g: $\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 4 \\\ -1 \\\ 4 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 3 \\\ -1 \\\ 2 \end{array}\right)$ und die Parallele zu ihr durch P(1;-2;1) ist p: $\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 3 \\\ -1 \\\ 2 \end{array}\right)$. Die Parallele muss ja einen kollinearen Richtungsvektor haben, also kann man auch gleich den Richtungsvektor von g nehmen. Als Stützvektor nimmt man den Ortsvektor von P.

146/10

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Die Ebene E ist in Normalenform x₁ - x₂ + x₃ - 2 = 0 gegeben.
Der Vektor $\vec{n} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -1 \\\ 1 \end{array}\right)$ ist Normalenvektor der Ebene E. Eine Parallelebene E^* der Ebene E hat den gleichen Normalenvektor (oder einen zu $\vec{n}$ kollinearen Vektor).
Die Konstante in der Normalenform ergibt sich als Skalarprodukt des Normalenvektor mit dem Stützvektor. Also rechnet man für die Ebene E^* das Skalarprodukt $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -1 \\\ 1 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 10 \\\ -1 \\\ 3 \end{array}\right) = 14$. Die Normalenform der Ebenengleichung für E^* ist
$\vec{n}\circ \vec{x} - \vec{n}\circ \vec{d} = 0$ oder $\vec{n}\circ \vec{x} - 14 = 0$ oder x₁ - x₂ + x₃ - 14 = 0.

146/11

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In beiden Fällen ergibt sich als Schnittpunkt S(3;-1;0).

Nun doch die Lösung:
a) Der Vektor $\vec{n} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ 2 \end{array}\right)$ ist Normalenvektor der Ebene. Als Normalenform der Ebenengleichung erhält man x₁ + 2x₂ + 2x₃ -1 = 0. Setzt man die Koordinaten der Geradengleichung ein, erhält man r = 0 und auch den genannten Punkt S (ist hier der Stützpunkt der Gerade g).
b) Schwieriger wird es bei dieser Aufgabe: Man sucht einen Punkt X, der sowohl auf der Geraden g, also auch in der Ebene E liegt. Man setzt die beiden Vektordarstellungen von Gerade und Ebene gleich, da X sowohl ein Punkt von g als auch von E ist.
$\left( \begin{array}{c} 3 \\\ -1 \\\ 0 \end{array}\right)+k \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -1 \\\ 3 \\\ -2 \end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c} 0 \\\ -1 \\\ 1 \end{array}\right) + s \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right)$
Man hat also ein Gleichungssystem von 3 Gleichungen mit 3 Unbekannten k, r und s.
(I) 3 + k = -1 + 2s
(II) -1 + 2k = 3 - r - 2s
(III) 2k = -2 + r + s
Zusammenfassen liefert:
(I) k - 2s = -4
(II) 2k + r + 2s = 4
(III) 2k - r - s = -2
Gleichung (I) liefert k = 2s -4. Also setzt man 2s - 4 für k in die Gleichungen (II) und (III) und erhält
(II) 6s + r = 12
(III)3s - r = 6

Addiert man beide Gleichungen ergibt sich 9s = 18 und s = 2. Dies führt zu r = 0 und ebenso k = 0. Einsetzen in die Geradengleichung oder Ebenengleichung ergibt den angegebenen Schnittpunkt.

146/13

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Der Vektor $\vec{n} = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right)$ ist Normalenvektor der Ebene E. Richtungsvektoren der Ebene müssen senkrecht zum Normalenvektor stehen. Das Skalarprodukt aus Richtungsvektor und Normalenvektor ist dann 0. Man überprüft also die entsprechenden Skalarprodukte.
a) $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 5 \\\ 2 \\\ 3 \end{array}\right) = 5 - 20 + 15 = 0$ und $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 2 \\\ 4 \end{array}\right) = - 20 + 20 = 0$. Also sind die beiden Vektoren mögliche Richtungsvektoren der Ebene E.

b) $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 10 \\\ 2 \\\ 2 \end{array}\right) = 10 - 20 + 10 = 0$ und $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 2 \\\ 4 \end{array}\right) = - 20 + 20 = 0$. Also sind die beiden Vektoren mögliche Richtungsvektoren der Ebene E.

c) $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 5 \\\ 2 \\\ 0 \end{array}\right) = 5 - 20 = -15 \neq 0$. Dieser Vektor ist nicht geeignet, also auch das Paar nicht. Der zweite Vektor würde gehen, da $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 1 \\\ 2 \end{array}\right) = - 10 + 10 = 0$ ist.

d) $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 10 \\\ 2 \\\ 2 \end{array}\right) = 10 - 20 + 10 = 0$ und $\vec{n}\circ \vec{d}= \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -10 \\\ 5 \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} -5 \\\ -1 \\\ -1 \end{array}\right) = -5 + 10 -5 = 0$ .

Aber die beiden Vektoren sind kollinear, also nicht für Richtungsvektoren der Ebene E geeignet. Es fehlt ein zweiter Vektor für eine andere Richtung.

Was macht man, wenn beide Ebenen in Parameterform dargestellt sind?
Man kann die beiden Gleichungen gleichsetzen und erhält 3 Gleichungen mit 4 Unbekannten. Das will man nicht lösen. Einfacher ist es eine Ebene in Normalenform umzuwandeln.

Oder was macht man, wenn beide Ebenen in Normalenform angegeben sind?

S. 146/14

Die Normalenformen der Ebene E₁ ist 3x₁ + x₂ - 2x₃ - 6 = 0 und die Normalenform der Ebene E₂ ist x₁ - x₂ -3 x₃ - 12 = 0. Verwandelt man eine Normalenform in eine Parameterform, dann kann man für die Lagebeziehung wieder das uns bekannte Verfahren anwenden.
In dieser Aufgabe geht es darum die beiden Normalenformen der Ebenengleichungen in Punkt-Richtungsformen (Parameterformen) überzuführen.

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Am Beispiel der Ebene E₂ wird ein Weg dargestellt.
Man setzt x₂ = r und x₃ = 2. Dann hat man folgende Gleichung x₁ - r - 3x - 12 = 0.
Diese Gleichung löst man nach x₁ auf, es ist dann x₁ = 12 + r + 3s.
Jetzt geht es relativ einfach weiter. Jeder Punkt X der Ebene E₂ hat einen Ortsvektor $\vec{x} = \left( \begin{array}{c} x_1 \\\ x_2 \\\ x_3 \end{array}\right)$. Setzt man nun für x₁ die den gerade erhaltenen Term 12 + r + 3s ein, für x₂ = r und für x₃ = s, so ist
$\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 12+r+3s \\\ r \\\ s \end{array}\right)$. Disen Vektor kann man nun aufspalten in Vektoren ohne r und s und Vektoren, bei denen man r bzw. s aus dem Vektor herausziehen kann (S-Multiplikation!). Es ist dann

$\vec{x} = \left( \begin{array}{c} 12+r+3s \\\ r \\\ s \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 12 \\\ 0 \\\ 0 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} r \\\ r \\\ 0 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} 3s \\\ 0 \\\ s \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 12 \\\ 0 \\\ 0 \end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 1 \\\ 0 \end{array}\right) + s\left( \begin{array}{c} 3 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right)$. Und das ist eine Ebenengleichung in Parameterform mit Stützvektor und zwei Richtungsvektoren.

Schön ist auch Aufgabe 147/15, da man an den Bildern prima lineare Abhängigkeit und Unabhängigkeit sehen kann.

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3 Vektoren sind hier linear abhängig (komplanat), wenn sie in einer Ebene liegen. Geht ein Vektor aus der Ebene der anderen beiden Vektoren heraus, dann sind sie linear unabhängig.
Also hier:
Die Vektoren sind linear abhängig. --- Die Vektoren sind linear unabhängig. --- Die Vektoren sind linear abhängig.

Die Vektoren sind linear unabhängig. --- Die Vektoren sind linear unabhängig. --- Die Vektoren sind linear abhängig.

147/16 als themenbezogene Aufgabe

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a) Die Länge der Dachrinnen ist die Summe der Streckenlängen
$[AB]+[BC]+[CA]=\vert\left( \begin{array}{c} -8 \\\ 24 \\\ 0 \end{array}\right)\vert + \vert \left( \begin{array}{c} -8 \\\ -16 \\\ -2 \end{array}\right) \vert + \vert \left( \begin{array}{c} -16 \\\ 8 \\\ -2 \end{array}\right)\vert = \sqrt{640} + \sqrt{324} + \sqrt{324}= 8\sqrt{10} + 36 \approx 61,3.$ Da in der Aufgabe angegeben ist, dass eine Einheit 1m entspricht, gibt man an, dass die Längen der Dachrinnen 61,3m ist.
Die x₁x₂-Ebene hat die Normalenform x₃=0.
Die durch ABC festgelegte Ebene hat die Gleichung $\vec{x} = \vec{A} + r \vec{AB} + s \vec{AC} = \left( \begin{array}{c} 16 \\\ -13 \\\ 4 \end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} -8 \\\ 24 \\\ 0 \end{array}\right) + s \cdot \left( \begin{array}{c} 16 \\\ -8 \\\ 2 \end{array}\right)$
Setzt man die x₃-Koordinate der Ebenengleichung in die Gleichung x₃=0, dann erhält man 4 + 2s = 0, also s = -2. Die Gleichung hat also genau eine Lösung. Die führt zur Schnittgeraden h der Horizontalebene mit der Ebene ABC. Dazu setzt man s = -2 in die Ebenengleichung der Ebene ABC ein.
$h: \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 16 \\\ -13 \\\ 4 \end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} -8 \\\ 24 \\\ 0 \end{array}\right) + (-2) \cdot \left( \begin{array}{c} 16 \\\ -8 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -16 \\\ 3 \\\ 0 \end{array}\right) + r \cdot \left( \begin{array}{c} -8 \\\ 24 \\\ 0 \end{array}\right)$

b) Die Lampe wird in D aufgehängt, also ist $\vec{D}=\left( \begin{array}{c} 6 \\\ -3 \\\ 12 \end{array}\right)$ Stützvektor und die Richtung der Lampe geht senkrecht nach unten, also ist der Richtungsvektor der Richtungsvektor der x₃-Achse $\left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right)$ und dies ist durch die Gleichung $h: \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 6 \\\ -3 \\\ 12 \end{array}\right) + t \cdot \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right)$ angegeben.

c) Die Punkt-Richtungs-Gleichung der Ebene ABC haben wir schon in Aufgabe A berechnet. Nun muss man einen Normalenvektor dieser Ebene bestimmen. Dazu betrachtet man nicht die angegebenen Vektoren $\cdot \left( \begin{array}{c} -8 \\\ 24 \\\ 0 \end{array}\right)$ und $\cdot \left( \begin{array}{c} 16 \\\ -8 \\\ 2 \end{array}\right)$, sondern $\frac{1}{8} \cdot \left( \begin{array}{c} -8 \\\ 24 \\\ 0 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -1 \\\ 3 \\\ 0 \end{array}\right)$ und $\frac{1}{2} \cdot \left( \begin{array}{c} 16 \\\ -8 \\\ 2 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 8 \\\ -4 \\\ 1 \end{array}\right)$. Man kann dann mit kleineren Zahlen rechnen.
Das Kreuzprodukt diese Vektoren liefert einen Normalenvektor $\vec{n} = \cdot \left( \begin{array}{c} 3 \\\ 1 \\\ -20 \end{array}\right)$ und die angegebene Normalenform 3x₁+ x₂ - 20x₃ + 45 = 0.

Nun ist der Schnittpunkt der Geraden g aus b) mit der Ebene gesucht. Man setzt die Koordinaten der Geradengleichung wieder in die Normalenform der Ebenengleichung und löst nach t auf.
3·6 + (-3) - 20·t + 45 = 0 liefert t = 3 und L(6;-3;3)

Die Länge des Seils ist dann $\vert \vec{DL} \vert = \vert \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ -9 \end{array}\right) \vert = 9$. Also hat das Seil eine Länge 9m.