Abstands- und Winkelbestimmungen: Unterschied zwischen den Versionen

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Dieses Thema ist im Buch auf S. 151 ausführlich beschrieben. Lesen Sie bitte diese Seite aufmerksam.
 
Dieses Thema ist im Buch auf S. 151 ausführlich beschrieben. Lesen Sie bitte diese Seite aufmerksam.
  
'''Die Hesseschen Normalenform (HNF)'''
 
  
Wir kennen die Normalenform einer Ebenengleichung. <math>\vec{n} \circ (\vec{x} - \vec{a})=0</math>.<br>
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Die [[Hessesche Normalenform]] (HNF)
Normiert man den Normalenvektoer <math>\vec{n}</math>, also <math>\vec{n}^o =\frac{\vec{n}}{\vert \vec{n} \vert}</math>, dann erhält man einen Vektor <math>\vec{n}^o</math>, der die gleiche Richtung wie der Normalenvektor <math>\vec{n}</math> und die Länge  <math>\vert \vec{n}^o \vert =\frac{\vert \vec{n} \vert}{\vert \vec{n} \vert}=1</math> hat. Der Vektor <math>\vec{n}^o </math> ist der '''Normaleneinheitsvektor'''.
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Mit dem Vektor <math>\vec{n}^o</math> erstellt man ebenso eine Normalenform <math>\vec{n}^o \circ (\vec{x} - \vec{a})=0</math> der Ebene. Man kann dies umformen und in Koordinatenschreibweise angeben:<br>
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[[Winkelberechnungen]]
<math>\vec{n}^o \circ (\vec{x} - \vec{a})= \frac{\vec{n} \circ (\vec{x} - \vec{a})}{\vert \vec{n} \vert} = \frac{n_1 x_1+n_2 x_2 + n_2 x_3-(n_1 a_1 + n_2 a_2 + n_3 a_3)}{\vert \vec{n} \vert}  = 0</math>
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Für die Hessesche Normalform (HNF) muss außerdem gelten, dass <math>\vec{n} \circ \vec{a} > 0</math> ist. Das ist so festgelegt. In der HNF in Koordinatenschreibweise muss also vor der Konstanten <math>\vec{n} \circ \vec{a} > 0</math> ein Minuszeichen stehen!
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'''Aufgaben'''
  
{{Aufgaben-blau|1|2= Geben Sie die Hessesche Normalenform an: <br>
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S. 153/1
a) 2x<sub>1</sub>+ x<sub>2</sub> - 2x<sub>3</sub> - 4 = 0<br>
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b) 3x<sub>1</sub>+ x<sub>2</sub> - 20x<sub>3</sub> + 45 = 0
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{{Lösung versteckt|1=a) Die Ebene E hat als HNF <math> \frac{2x_1+x_2+2x_3}{3}=0</math>. <br>
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Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E <math>d(O,E)=\vert \frac{0+0+0-2}{3} \vert=\vert\frac{-2}{3}\vert=\frac{2}{3}</math>. <br>
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Man kann die Rechnung auch ohne Betragstriche machen. Ergibt sich ein negatives Ergebnis wie hier <math>-\frac{2}{3}</math> nimmt man hiervon den Betrag.<br>
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Der Abstand des Punktes P(6;-1;9) von der Ebene E ist <math>d(P,E)=\frac{2\cdot6-1+2\cdot9}{3})=\frac{27}{3}=9</math>
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b) Die Ebene E hat als HNF <math> \frac{x_1-x_2+6}{\sqrt{2}}=0</math>. <br>
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Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E <math>d(O,E)= \frac{0-0+6}{\sqrt{2}} = \frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}</math>. <br>
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Der Punkt P(7;7;2) hat von E den Abstand <math>d(P,E)=\frac{7-7+6}{\sqrt{2}})=\frac{6}{\sqrt{2}}=3\sqrt{2}</math>.
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c) Die Ebene E hat als HNF <math> \frac{x_1-2 \cdot x_2-2\cdot x_3}{3}=0</math>. <br>
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Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E <math>d(O,E)= \frac{0-0-0}{3} = 0</math>. Der Ursprung liegt in der Ebene E. <br>
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Der Punkt P(-1;1;3) hat von E den Abstand <math>d(P,E)=\vert \frac{-1-2-6}{3} \vert=\vert \frac{-9}{3}\vert =3</math>.
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d) Die Ebene E hat als HNF <math> \frac{3\cdot x_1+4\cdot x_3-10}{5}=0</math>. <br>
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Der Ursprung O hat den Abstand von der Ebene E <math>d(O,E)=\vert \frac{0+0-10}{5}\vert = \vert -2\vert = 2</math>. <br>
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Der Punkt P(4;-1;2) hat von E den Abstand <math>d(P,E)=\frac{12+8-10}{5}=\frac{10}{5}=2</math>.<br>
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O und P liegen jeweils im Abstand 2 in verschiedenen Halbräumen zur Ebene E.<br>
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[[Datei:153-1d.jpg|Abstand|300px]]
 
}}
 
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{{Lösung versteckt|1=a)   <math>\frac{2 x_1+ x_2 -x_3 - 4}{3}  = 0</math><br>
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S. 153/2
b)  <math>-\frac{3 x_1 + x_2 -20 x_3 + 45}{\sqrt{410}} = 0</math> Beachten Sie das Minuszeichen vor dem Bruch. Man kann dieses Minuszeichen in den Zähler bringen und hat dann diese HNF  <math>\frac{-3 x_1 - x_2 + 20 x_3 - 45}{\sqrt{410}}  = 0</math>
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{{Lösung versteckt|1=(1) Wegen <math> \left( \begin{array}{c} 3 \\\ 2 \\\ \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right) = 0</math> steht der Richtungsvektor <math>\vec{u}</math> der Geraden g senkrecht zum Normalenvektor <math>\vec{n}</math> der Ebene E. <math>\vec{u}</math> ist also komplanar zu den Richtungsvektoren der Ebene E. <br>
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Die Ebene E hat als HNF <math> \frac{2\cdot x_1-2 \cdot x_2- x_3 +10}{3}=0</math>.
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Für den Stützpunkt A(7;-13;-4) der Gerade g berechnet man <math>d(A,E)=\frac{14+26+4+10}{3}=\frac{54}{3}=18</math>, 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. <br>
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Wird g senkrecht auf E projeziert, dann wird in Richtung des Normalenvektors projeziert. Fällt man von A das Lot <math>l: \vec{x} =
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\left( \begin{array}{c} 7 \\\ -13 \\\ -4  \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ -1  \end{array}\right)</math>  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<sup>*</sup> 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 <math>g^* \vec{x}=\left( \begin{array}{c} -5 \\\ -1 \\\ 2  \end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c} 3 \\\ 2 \\\ 3  \end{array}\right)</math> .
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(2) Analog geht man hier vor. <br>
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<math> \left( \begin{array}{c} -5 \\\ 6 \\\ -1  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 1 \\\ 1  \end{array}\right) = 0</math> .<br>
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HNF von E: <math> \frac{x_1+ x_2 + x_3 + 12}{\sqrt{3}}=0</math>.<br>
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<math>d(A,E)=\frac{0+7-1+12}{\sqrt{3}}=\frac{18}{3}=18</math><br>
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<math>l: \vec{x} =\left( \begin{array}{c} 0 \\\ 7 \\\ -1 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 1 \\\ 1  \end{array}\right)</math> <br>
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k + (7+k) + (-1+k) + 12 = 0 --> k = -6 und L(-6;1;-7)<br>
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<math>g^*: \vec{x}=\left( \begin{array}{c} -6 \\\ 1 \\\ -7  \end{array}\right) + r \left( \begin{array}{c} -5 \\\ 6 \\\ -1  \end{array}\right)</math>
 
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S. 154/4
  
Wieso nun <math>\vec{n} \circ \vec{a} > 0</math>?
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{{Lösung versteckt|1=Die Ebene E hat HNF <math> \frac{16x_1+ 8x_2 + 2x_3}{18}=0</math> .
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Für diese Gleichung hat man also einen Normaleneinheitsvektor <math>\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) </math> . <br>
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Zu einer zu E parallelen Ebene im Abstand 9 kommt man, wenn man neun mal diesen Normaleneinheitsvektor <math>\vec{n^o}</math> oder <math>-\vec{n^o}</math> aneinandersetzt. <br>
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Deren HNF sind dann <math> \frac{16x_1+ 8x_2 + 2x_3}{18}+9=0</math> oder <math> \frac{16x_1+ 8x_2 + 2x_3}{18}-9=0</math> . (Berechnet man den Abstand des Ursprungs O (liegt in E) von diesen Ebenen kommt jeweils 9 heraus!)<br>
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Schreibt man die Ebenengleichungen nur als Normalenform analog der Ebenengleichung für E, dann lauten sie <math>16x_1+ 8x_2 + 2x_3 + 162 = 0</math> und <math>16x_1+ 8x_2 + 2x_3 - 162 = 0</math> .<br>
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[[Datei:154-4.jpg|parallele Ebenen|400px]]<br>
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(E1 für +9 und E2 für -9; E1 und E2 liegen in verschiedenen Halbräumen des durch E geteilten Raumes.)}}
  
Das hat eine anschauliche Bedeutung, die Sie in den nächsten zwei Aufgaben kennenlernen.
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{{Merke|1=Bei gleichen Objekten (Gerade - Gerade) bzw. (Ebene - Ebene) wird '''cos''' zur Winkelberechnung verwendet.
  
{{Aufgaben-blau|2|2=Für die erste Ebene steht in der Normalenform -4, also ist das Skalarprodukt <math>\vec{n} \circ \vec{a} = 4</math>, positiv.<br> Betrachten Sie für diese Ebene den den Normalenvektor <math>\vec{n}</math> und den Vektor <math>\vec{a}</math> . Hier ist der Normalenvektor <math>\vec{n} = \vec{AP}</math> .<br>
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Bei ungleichen Objekten (Gerade - Ebene) wird '''sin''' zur Winkelberechnung verwendet.}}
[[Datei:Hnf1.jpg|HNF_1|300px]]<br>
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Was stellen Sie fest? }}
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{{Lösung versteckt|Die Ebene E teilt den Raum in zwei Halbräume. Man sieht, dass beide Vektoren vom Urprung aus in die gleiche durch die Ebene E erzeugten Halbraum zeigen. <math>\vec{n}</math> und <math> \vec{a}</math> haben in etwa "die gleiche Richtung", das Skalarprodukt ist positiv.}}
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S. 154/6
  
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{{Lösung versteckt|1=a) Gleichsetzen der zwei Geradengleichungen liefert den Schnittpunkt (S(1;-1;0).<br>
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Für den Schnittwinkel interessieren nur die Richtungsvektoren der Geraden. Man erhält ihn aus <math> cos\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} 0 \\\ 2 \\\ 1  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 0 \\\ 3  \end{array}\right)}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{10}} \vert = \frac{3}{\sqrt{50}}</math>. Es ist <math>\varphi = 64,0^o</math>.
  
Die Festlegung <math>\vec{n} \circ \vec{a} > 0</math> bedeutet anschaulich, dass vom Ursprung aus die <math>\vec{n}</math> und <math> \vec{a}</math> haben in etwa "die gleiche Richtung" haben.
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Ich lasse die Betragsstriche meist weg. Ist das Ergebnis für cos oder sin negativ, dann nimmt man einfach hier den Betrag<br>
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und erhält dann den spitzen Winkel.
  
{{Aufgaben-blau|3|2=Die Ebene 3x<sub>1</sub>+ x<sub>2</sub> - 20x<sub>3</sub> + 45 = 0 ist die Ebene E aus Aufgabe 147/16. Für diese Ebene stellt sich die Situation so dar. <br>
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b) S(0;2;-1) und <math>\varphi = 32,3^o</math>
[[Datei:Hnf2.jpg|HNF_2|300px]]<br>
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Was stellen Sie hier fest?}}
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{{Lösung versteckt|1=Hier sieht man, dass die Vektoren <math>\vec{n}</math> und <math> \vec{a} </math> in verschiedene durch die Ebene E erzeugten Halbräume zeigen. Ihr Zwischenwinkel ist > 90°. Also ist ihr Skalarprodukt negativ und in der Normalenform steht -(-45) = 45. Dann muss man für die HNF das Vorzeichen ändern, indem man vor den Bruch ein Minuszeichen schreibt. dies ist in Aufgabe 1 erfolgt.}}
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c) S(2;2;2) und <math>\varphi = 50,8^o</math>}}
  
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S. 154/7
  
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{{Lösung versteckt|1=a) Setzt man g in E ein, erhält man diese Gleichung 3(1+k) - (-2) - (-k) = 1 und k = -1. S(0;-2;1)<br>
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Für den Schnittwinkel interessieren der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor der Ebene E. <math> sin\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 0 \\\ -1  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 3 \\\ -1 \\\ -1  \end{array}\right)}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{11}} \vert = \frac{4}{\sqrt{22}}</math> und <math>\varphi = 58,5^o</math>
  
Nun zur Normierung des Normalenvektors:
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b) S(4;-1;-1) und <math>\varphi=71,5^o</math>}}
  
In diesem Bild ist ein Punkt P außerhalb der Ebene E gegeben. A ist in diesem Fall der Lotfußpunkt des Lotes von P auf E. (Den Lotfußpunkt erhält man, indem man von P aus in Richtung des Normalenvektors der Ebene E geht und den Schnittpunkt der Lotgeraden <math>l: \vec{x}=\vec{p} + k \vec{n}</math> mit der Ebene E bestimmt.)<br>
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S. 154/8
[[Datei:Hnf1.jpg|HNF_1|300px]]<br>
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Geht man von A in Richtung P, so ist der Vektor <math>\vec{AP}=\vec{n}</math> und der Punkt P hat von der Ebene E den Abstand <math>\vert \vec{AP} \vert </math>. Normiert man den Normalenvektor so erhält man <math>\vec{n}^o =\frac{\vec{n}}{\vert \vec{n} \vert}</math> und es ist dann <math> \vec{AP}= \vert \vec{n} \vert \cdot\vec{n}^o </math>. Der Zahlenwert bei <math>\vec{n}^o</math> gibt dann den Abstand des Punktes P von der Ebene E an.
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{{Lösung versteckt|1=a) Für den Schnittwinkel interessieren die zwei Normalenvektoren der Ebene. <math> cos\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} 5 \\\ 2 \\\ -6  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 5 \\\ 3  \end{array}\right)}{\sqrt{65}\cdot \sqrt{35}} \vert = \vert \frac{-3}{\sqrt{2275}}\vert = \frac{3}{\sqrt{2275}} </math> und <math>\varphi = 86,4^o</math>
  
Nun ist <math>\vec{AP}=\vec{p}-\vec{a}</math> und damit <math> n = \vec{n}^o \circ \vec{} = \vec{n}^o \circ \vec{AP}=\vec{n}^o \circ \vec{p}-\vec{a} </math>, was dem Term in der HNF entspricht. <br>
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b) <math>\varphi = 90^o</math>
Dies war nun die Überlegung, wenn der Punkt P senkrecht zur Ebene E über dem Stützpunkt A liegt.
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c) <math>\varphi = 90^o</math>
  
Was macht man, wenn dies nicht der Fall ist?<br>
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d) Hier ist es sinnvoll beide Ebenengleichungen in Normalenform zu schreiben;<br>
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E<sub>1</sub>: 5x<sub>1</sub> - 6x<sub>2</sub> - 2x<sub>3</sub> + 3 = 0 und E<sub>2</sub>: 2x<sub>1</sub> + x<sub>3</sub> -3 = 0<br>
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<math>\varphi = 63,7^o</math>}}
  
Die gerade ausgeführte Überlegung führt zu Abstandsbestimmung eines Punktes P von der Ebene E.
 
  
{{Merke|Merksatz= Der Abstand eines Punktes P von der Ebene E ist <math> d(P;E)=\vec{n}^o \circ (\vec{p} - \vec{a})=0</math>.
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Man erhält den Abstand, indem man in der Hesseschen Normalform den Ortsvektor <math>\vec{x}</math> durch den Ortsvektor <math>\vec{x}</math> des Punktes P ersetzt.}}
 
  
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S. 154/9
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{{Lösung versteckt|1=a) Man hat die Gleichung <math>\left( \begin{array}{c} -3 \\\ -3 \\\ 1  \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 7 \\\ 3  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -1 \\\ a_2 \\\ a_3  \end{array}\right)</math><br>
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Aus der 1. Koordinatengleichung -3 + k = -1 folgt k = 2.<br>
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Für die 2. Koordinatengleichung ergibt sich -3 + 14 = a<sub>2</sub>, also a<sub>2</sub>=11.<br>
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Für die 3. Koordinatengleichung ergibt sich 1 + 6 = <sub>3</sub>, also a<sub>3</sub>=7.<br>
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Also ist A(-1;11;7)<br>
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b) X ist ein Punkt auf g und hat dem Ortsvektor <math> \vec{x}=\left( \begin{array}{c} -3+k \\\ -3+7k \\\ 1 + 3k  \end{array}\right)</math>. Soll X Lotfusspunkt F des Lotes von P auf g sein, dann steht der Vektor <math>\vec{PX} = \left( \begin{array}{c} -5+k \\\ -6+7k \\\ -4+3k  \end{array}\right)</math> senkrecht auf dem Richtungsvektor <math>\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 7 \\\ 3  \end{array}\right)</math> der Geraden.  Also muss <math>\left( \begin{array}{c} -5+k \\\ -6+7k \\\ -4+3k  \end{array}\right) \circ
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\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 7 \\\ 3  \end{array}\right) = 0</math> sein. Dies führt zur Gleichung <br>
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-5 + k + 7(-6 + 7k) + 3(-4+3k) = 0 und -59 + 59k = 0, also k = 1 und F(-2;4;4).
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c) Den Spiegelpunkt A<sup>*</sup> von A bei Punktspiegelung am Zentrum Z = F(-2;4;4) erhält man durch <math> \vec{a^*}=\vec{a} + 2\cdot \vec{AF} = \vec{a} + 2(\vec{f}-\vec{a}) =2 \vec{f} - \vec{a} = \left( \begin{array}{c} -4 \\\ 8 \\\ 8  \end{array}\right) -\left( \begin{array}{c} -1 \\\ 11 \\\ 7  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -3 \\\ -3 \\\ 1  \end{array}\right) </math> , also A<sup>*</sup>(-3;-3;1) . <br>
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Analog erhält man P<sup>*</sup>(-6;5;3)<br>
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[[Datei:154-9c.jpg|Parallelogramm|400px]]<br>
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Den Flächeninhalt dieses Parallelogramms kann man nun berechnen.<br>
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'''elementar:''' Den Flächeninhalt eines Parallelogramms berechnet man mit der Formel A = g·h . Also muss man sich überlegen was ist g und was ist h. Die Punkte A, Z und A<sup>*</sup> liegen auf der Geraden g. <br>
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Man sieht, dass die beiden Dreiecke AA<sup>*</sup>P und AA<sup>*</sup>P<sup>*</sup> das Parallelogramm ergeben. Z = F ist der Lotfusspunkt des Lotes von P auf g, also ist die <math>h^'=\vert \vec{PZ} \vert</math> die Höhe des Dreiecks AA<sup>*</sup>P und <math>g^'=\vert \vec{AA^*} \vert</math> die Grundlinie des Dreiecks . Damit ergbit <math>A = 2\cdot A_{AA^*P} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \vert \vec{AA^*} \vert \cdot \vert \vec{PZ} \vert = 2 \frac{1}{2} \cdot \vert \left( \begin{array}{c} -4 \\\ 1 \\\ -1  \end{array}\right) \vert \cdot \vert \left( \begin{array}{c} -2 \\\ -14 \\\ -6  \end{array}\right) \vert = \sqrt{18}\cdot\sqrt{236} = 6\sqrt{118} \approx 65,2</math><br>
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'''mit dem Vektorprodukt:''' In der Merkhilfe findet man die Formel für den Flächeninhalt eines Dreiecks. Für unser Parallelogramm multipliziert man diese Formel mit 2. Also hat man <math> F = \vert \vec{AA^*} x \vec{AP} \vert =  \vert \left( \begin{array}{c} -2 \\\ -14 \\\ -6  \end{array}\right)  x  \left( \begin{array}{c} -1 \\\ 1 \\\ -1  \end{array}\right) \vert  = \vert \left( \begin{array}{c} 20 \\\ 22 \\\ -58  \end{array}\right) \vert  = \sqrt{4248} = 6\sqrt{118} \approx 65,2</math><br> }}
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S. 155/10
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{{Lösung versteckt|1=a) Es ist  <math>\vec{DD^*}=\left( \begin{array}{c} -8 \\\ 6 \\\ -2  \end{array}\right) = -2\cdot\left( \begin{array}{c} 4 \\\ -3 \\\ 1  \end{array}\right) = \vec{n}</math> (<math>\vec{n}</math> ist der Normalenvektor der Ebene E), also steht der Vektor <math>\vec{DD^*}</math> senkrecht zur Ebene E.<br>
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Der Mittelpunkt M der Strecke [DD<sup>*</sup>] erhält man durch seinen Ortsvektor <math> \vec{m} = \frac{1}{2} \cdot (\vec{d^*} - \vec{d} )= \frac{1}{2} \cdot (\left( \begin{array}{c} 0 \\\ 8 \\\ 4 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} 8 \\\ 2 \\\ 6  \end{array}\right)) = \frac{1}{2} \cdot \left( \begin{array}{c} 8 \\\ 10 \\\ 10  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 4 \\\ 5 \\\ 5  \end{array}\right)</math>, also M(4;5;5) und M liegt wegen 4·4 - 3·4 + 5 -6 = 0 in der Ebene E, also sind die beiden Punkte  D und D<sup>*</sup> symmetrisch zur Ebene E.
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Man kann auch den Abstand der beiden Punkte von der Ebene E berechnen. Die HNF der Ebene E ist <math> \frac{4x_1 - 3x_2 + x_3 -6}{\sqrt{26}}=0</math><br>
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<math>d(D,E)= \frac{4\cdot 8 - 3\cdot 2 + 6 -6}{\sqrt{26}} = \sqrt{26} </math> und <math>d(D^*,E)=\vert \frac{4\cdot 0 - 3\cdot 8 + 4 -6}{\sqrt{26}} \vert = \vert -\sqrt{26} \vert = \sqrt{26}</math> . Damit liegen D und D<sup>*</sup> auch symmetrisch zur Ebene E.
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b) Das Vorgehen für die Spiegelung eines Punktes S an einer Ebene ist:<br>
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* Fälle von S das Lot auf die Ebene. Dabei ist das Lot l eine Gerade durch S in Richtung des Normalenvektors der Ebene E.
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* Bestimme den Lotfußpunkt F als Schnittpunkt der Lotgeraden l mit der Ebene E.
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* Den Spiegelpunkt erhält man, indem man den Verbindungsvektor der Punkte S und F über F hinaus nochmals anträgt.
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c) Das Vorgehen ist in b) erklärt. Das Lot von P auf E schneidet die Ebene in F(3;1;2) und der Spiegelpunkt ist P<sup>*</sup>(-4;3;1).<br>
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[[Datei:155-10c.jpg|155-10c|400px]]}}
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S. 155/12
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{{Lösung versteckt|Das haben wir schon im Unterricht gemacht. Formulieren Sie es aber bitte auch selbst nochmal.}}
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S. 155/13
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{{Lösung versteckt|1=a) Der Mittelpunkt der Kugel ist der Ursprung M(0;0;0). Der Normalenvektor <marh>\vec{n}</math> der Ebene E ist <math> \vec{n} = \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right)</math> und hat den Betrag 3.<br>
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Mit der HNF der Ebene E kann man den Abstand von M zur Ebene E berechnen. Es ist <math>d(m,E)=\frac{9}{3}=3</math>. Damit die Kugel die Ebene berührt muss ihr Radius 3 sein. <br>
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Den Berührpunkt erhält man, indem man von M aus ein Lot l auf E errichtet. Dieses Lot hat als Stützpunkt M und als Richtungsvektor den Normalenvektor der Ebene, also <math>l: \vec{x}= k \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right)</math>. Setzt man die Koordinaten von l in die Ebenengleichung, erhält man 2·2k - 2(-2k) + k - 9 = 0 und k = 1. Der Berührpunkt B hat die Koordinaten B(2;-2;1).
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Analog geht man bei den Aufgaben b) und c) vor.<br>
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b) r = <math>\frac{10}{3}</math> und <math>B(-\frac{10}{9};-\frac{28}{9};\frac{4}{9})</math>.<br>
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c) r = 3 und B(6;-1;1).}}
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S. 155/15
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{{Lösung versteckt|1=a) Wie wir es schon öfter gemacht haben, macht man auch hier von Q ein Lot auf g. Der Lotfußpunkt F auf g hat einen Ortsvektor <math>\vec{f}= \left( \begin{array}{c} 3-2k \\\ -2+2k \\\ 3+k \end{array}\right)</math> und der Vektor <math>\vec{QF}</math> steht senkrecht auf dem Richtungsvektor <math>\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) </math> der Geraden g. Es ist also <math> \left( \begin{array}{c} -2+2k \\\ -8+2k \\\ 2+k \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) = 0</math> . Dies führt zur Gleichung 2(-2+2k) + 2(-8+2k) + 2+k =0 und k = 2 und F(7;2;5). Der Abstand der beiden Geraden ist dann <math>\vert \vec{QF} \vert = \vert \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -4 \\\ 4 \end{array}\right) \vert = 6 </math> .
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b) g und h spannen eine Ebene auf. g kann man gleich nehmen und man braucht noch einen zweiten Richtungsvektor, dafür eignet sich der Verbindungsvektor <math> \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 8 \\\ -2 \end{array}\right)</math>  der beiden Stützpunkte, so dass sich diese Parameterdarstellung <math>\vec{x}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right) + r\cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) + s\cdot\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 4 \\\ -1 \end{array}\right)</math> der Ebene E ergibt. Für die Normalenform der Ebenengleichung rechnet man zuerst <math>\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) x \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 4 \\\ -1 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -6 \\\ 3 \\\ 6 \end{array}\right)</math>. Also ist <math> \vec{n}=\left( \begin{array}{c} -2 \\\ 1 \\\ 2 \end{array}\right)</math> ein Normalenvektor und -2x<sub>1</sub> + x<sub>2</sub> + 2x<sub>3</sub> + 2 = 0 . <br>
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Den Schnittwinkel der Geraden k mit der Ebene E erhält man  <math> sin\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} -2 \\\ 1 \\\ 2  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} -3 \\\ 1 \\\ 0  \end{array}\right)}{3 \cdot \sqrt{10}} \vert = \frac{7}{3\sqrt{10}}</math> und <math>\varphi = 47,5^o</math> .
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c) Gegeben ist eine gerade Pyramide. Dies bedeutet, dass die Spitze genau über dem Mittelpunkt des Grundquadrats ist. <br>
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Das Lot von S auf die Ebene E muss dann die Ebene auf der Mittelparallele m zu g und h schneiden. Der Mittelpunkt der Strecke [PQ] liegt auf dieser Mittelparallele. Es ist M(4;2;2) und <math>m: \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 4 \\\ 2 \\\ 2  \end{array}\right) + t \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1  \end{array}\right)</math>. <br>
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Macht man von einem passenden Punkt X auf m ein Lot zur Ebene, dann muss dieses Lot die Gerade k in S schneiden. Das Lot hat die Gleichung <math> \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 4+2t \\\ 2+2t \\\ 2+t  \end{array}\right) + n\cdot \left( \begin{array}{c} -2 \\\ 1 \\\ 2  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 4+2t -2n \\\ 2+2t+n \\\ 2+t+2n  \end{array}\right)</math>.<br>
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Setzt man das Lot gleich k, dann hat man ein Gleichungssystem von drei Gleichungen mit 3 Unbekannten. <br>
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<math>\left( \begin{array}{c} 4+2t -2n \\\ 2+2t+n \\\ 2+t+2n  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 2-3m \\\ 1+m \\\ 7 \end{array}\right)</math><br>
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Wenn man dies löst, erhält man Lösungen m = 2, n = 3, t = -1. <br>
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m = 2 liefert S(-4;3;7), n = 3 würde die Höhe der Pyramide liefern (interessiert hier aber nicht!), t = -1 liefert den Lotfußpunkt L(2;0;1). (Die Gerade SL steht senkrecht zur Ebene E!)<br>
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L ist Mittelpunkt des Grundquadrats (es handelt sich um eine gerade Pyramide.). Nun macht man ein Lot auf g und h. In a) hat man sich schon überlegt, dass der Vektor <math> \vec{QF}  =  \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -4 \\\ 4 \end{array}\right) </math> ist. Also muss man von L den halben Vektor jeweils zur einen und zur anderen Seite gehen um auf g und h zu kommen. <br>
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<math> \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right)</math>  F1(3;-2;3) auf g und <math> \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right)</math>  F2(1;2;-1) auf h. <br>
 +
Da die Geraden g und h den Abstand 6 haben, muss man nun von den Punkten F1 und F2 noch 3 Einheiten auf g und h jeweils in verschiedene Richtungen der Geraden gehen und man hat die Eckpunkte der Pyramide. Da der Richtungsvektor von g und h Betrag 3 hat, nimmt man hier statt einem Einheitsvektor gleich den Richtungsvektor.<br>
 +
Die Eckpunkte der Pyramide werden mit P1, P2, P3 und P4 bezeichnet. Es ist dann:<br>
 +
<math>\vec{p1}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right)-\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 1 \\\ -4 \\\ 2 \end{array}\right)</math>, also P1(1;-4;2)<br>
 +
<math>\vec{p2}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right)+\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 5 \\\ 0 \\\ 4 \end{array}\right)</math>, also P2(5;0;5)<br>
 +
<math>\vec{p3}=\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right)+\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ 4 \\\ 0 \end{array}\right)</math>, also P3(3;4;0)<br>
 +
<math>\vec{p4}=\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right)-\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} -1 \\\ 0 \\\ -2 \end{array}\right)</math>, also P4(-1;0;-2)<br>
 +
[[Datei:155-15.jpg|155-15|400px]]
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}}
  
[[Datei:Hnf1b.jpg|HNF_3|300px]] Der Punkt P liegt offensichtlich nicht senkrecht über A. [[Datei:Hnf1c.jpg|HNF_4|300px]]<br>
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S. 156/16
Der Vektor <math>\vec{AP}</math> und der Normalenvektor <math>\vec{n}</math> schließen nun einen Winkel ein. Dies ist der gleiche Winkel, den der Vektor <math>\vec{AP}</math> mit dem Normaleneinheitsvektor <math>\vec{n}^o </math> einschließt.<br>
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Es ist dann
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{{Lösung versteckt|1=Die Ebene E hat Normalenvektor <math> \vec{n} = \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right)</math>. Der Normaleneinheitsvektor ist <math> \vec{n^o} = \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right)</math>. Der Radius der Kugel ist 7. Geht man nun von S aus 7 mal in Richtung  <math> \vec{n^o}</math> oder <math> -\vec{n^o}</math>, dann erhält man die zwei Mittelpunkte M und M<sup>*</sup>.<br>
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Also <math>\vec{m}= \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ 20 \end{array}\right) + 7 \cdot \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 23 \end{array}\right) </math> und M(2;6;23)<br>
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Also <math>\vec{m}= \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ 20 \end{array}\right) - 7 \cdot \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} -2 \\\ -6 \\\ 17 \end{array}\right) </math> und M(-2;-6;17).
  
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b) Die Gerade m hat als Stützpunkt M und ihr Richtungsvektor ist der Vektor <math>\vec{SL}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ 9 \\\ -20 \end{array}\right)</math>. Damit ist <math>m: \vec{x}=\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 23 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 3 \\\ 9 \\\ -20 \end{array}\right)</math>.
  
 +
c) Die Ebene E<sup>*</sup> ist parallel zur x<sub>1</sub>x<sub>2</sub>-Ebene im Abstand 7 (Radius der Kugel), also x<sub>3</sub> - 7 = 0 .<br>
 +
Setzt man die x<sub>3</sub>-Koordinate von m in die Ebenengleichung ein  erhält man 23 - 20k - 7 = 0 und <math>k=\frac{4}{5}</math> . Die Koordinaten von T erhält man, wenn man diesen Wert von k in die Geradengleichung von m einsetzt, also T(4,4;13,2;7) .
  
Das Skalarprodukt <math> \vec{n}^o \circ \vec{AP} = \vec{n}^o \circ (\vec{P}-\vec{a}) </math> gibt nun an wie oft die Projektion des Vektors <math>\vec{n}^o</math> in den Vektor <math> \vec{AP}</math> passst
+
d) In a) sind wir von S aus 7 mal in Richtung <math> \vec{n^o}</math> zu M gegangen. Nun erhält man den Berührpunkt, wenn man von T aus 7 mal in Richtung <math> -\vec{n^o}</math> geht. Dann ist <math>\vec{b} = \left( \begin{array}{c} 4,4 \\\ 13,2 \\\ 7 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 2,4 \\\ 7,2 \\\ 4 \end{array}\right)</math> und B(2,4;7,2;4).}}

Aktuelle Version vom 26. März 2020, 07:23 Uhr

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

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.

Abstand

S. 153/2

(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

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 sind dann  \frac{16x_1+ 8x_2 + 2x_3}{18}+9=0 oder  \frac{16x_1+ 8x_2 + 2x_3}{18}-9=0 . (Berechnet man den Abstand des Ursprungs O (liegt in E) von diesen Ebenen kommt jeweils 9 heraus!)
Schreibt man die Ebenengleichungen nur als Normalenform analog der Ebenengleichung für E, dann lauten sie 16x_1+ 8x_2 + 2x_3 + 162 = 0 und 16x_1+ 8x_2 + 2x_3 - 162 = 0 .
parallele Ebenen

(E1 für +9 und E2 für -9; E1 und E2 liegen in verschiedenen Halbräumen des durch E geteilten Raumes.)
Nuvola apps kig.png   Merke

Bei gleichen Objekten (Gerade - Gerade) bzw. (Ebene - Ebene) wird cos zur Winkelberechnung verwendet.

Bei ungleichen Objekten (Gerade - Ebene) wird sin zur Winkelberechnung verwendet.

S. 154/6

a) Gleichsetzen der zwei Geradengleichungen liefert den Schnittpunkt (S(1;-1;0).
Für den Schnittwinkel interessieren nur die Richtungsvektoren der Geraden. Man erhält ihn aus  cos\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} 0 \\\ 2 \\\ 1  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 0 \\\ 3  \end{array}\right)}{\sqrt{5}\cdot \sqrt{10}} \vert = \frac{3}{\sqrt{50}}. Es ist \varphi = 64,0^o.

Ich lasse die Betragsstriche meist weg. Ist das Ergebnis für cos oder sin negativ, dann nimmt man einfach hier den Betrag
und erhält dann den spitzen Winkel.

b) S(0;2;-1) und \varphi = 32,3^o

c) S(2;2;2) und \varphi = 50,8^o

S. 154/7

a) Setzt man g in E ein, erhält man diese Gleichung 3(1+k) - (-2) - (-k) = 1 und k = -1. S(0;-2;1)
Für den Schnittwinkel interessieren der Richtungsvektor von g und der Normalenvektor der Ebene E.  sin\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 0 \\\ -1  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 3 \\\ -1 \\\ -1  \end{array}\right)}{\sqrt{2}\cdot \sqrt{11}} \vert = \frac{4}{\sqrt{22}} und \varphi = 58,5^o

b) S(4;-1;-1) und \varphi=71,5^o

S. 154/8

a) Für den Schnittwinkel interessieren die zwei Normalenvektoren der Ebene.  cos\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} 5 \\\ 2 \\\ -6  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 5 \\\ 3  \end{array}\right)}{\sqrt{65}\cdot \sqrt{35}} \vert = \vert \frac{-3}{\sqrt{2275}}\vert = \frac{3}{\sqrt{2275}} und \varphi = 86,4^o

b) \varphi = 90^o

c) \varphi = 90^o

d) Hier ist es sinnvoll beide Ebenengleichungen in Normalenform zu schreiben;
E1: 5x1 - 6x2 - 2x3 + 3 = 0 und E2: 2x1 + x3 -3 = 0

\varphi = 63,7^o




S. 154/9

a) Man hat die Gleichung \left( \begin{array}{c} -3 \\\ -3 \\\ 1  \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 7 \\\ 3  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -1 \\\ a_2 \\\ a_3  \end{array}\right)
Aus der 1. Koordinatengleichung -3 + k = -1 folgt k = 2.
Für die 2. Koordinatengleichung ergibt sich -3 + 14 = a2, also a2=11.
Für die 3. Koordinatengleichung ergibt sich 1 + 6 = 3, also a3=7.
Also ist A(-1;11;7)

b) X ist ein Punkt auf g und hat dem Ortsvektor  \vec{x}=\left( \begin{array}{c} -3+k \\\ -3+7k \\\ 1 + 3k  \end{array}\right). Soll X Lotfusspunkt F des Lotes von P auf g sein, dann steht der Vektor \vec{PX} = \left( \begin{array}{c} -5+k \\\ -6+7k \\\ -4+3k  \end{array}\right) senkrecht auf dem Richtungsvektor \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 7 \\\ 3  \end{array}\right) der Geraden. Also muss \left( \begin{array}{c} -5+k \\\ -6+7k \\\ -4+3k  \end{array}\right) \circ 
\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 7 \\\ 3  \end{array}\right) = 0 sein. Dies führt zur Gleichung
-5 + k + 7(-6 + 7k) + 3(-4+3k) = 0 und -59 + 59k = 0, also k = 1 und F(-2;4;4).

c) Den Spiegelpunkt A* von A bei Punktspiegelung am Zentrum Z = F(-2;4;4) erhält man durch  \vec{a^*}=\vec{a} + 2\cdot \vec{AF} = \vec{a} + 2(\vec{f}-\vec{a}) =2 \vec{f} - \vec{a} = \left( \begin{array}{c} -4 \\\ 8 \\\ 8  \end{array}\right) -\left( \begin{array}{c} -1 \\\ 11 \\\ 7  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -3 \\\ -3 \\\ 1  \end{array}\right) , also A*(-3;-3;1) .
Analog erhält man P*(-6;5;3)
Parallelogramm
Den Flächeninhalt dieses Parallelogramms kann man nun berechnen.
elementar: Den Flächeninhalt eines Parallelogramms berechnet man mit der Formel A = g·h . Also muss man sich überlegen was ist g und was ist h. Die Punkte A, Z und A* liegen auf der Geraden g.
Man sieht, dass die beiden Dreiecke AA*P und AA*P* das Parallelogramm ergeben. Z = F ist der Lotfusspunkt des Lotes von P auf g, also ist die h^'=\vert \vec{PZ} \vert die Höhe des Dreiecks AA*P und g^'=\vert \vec{AA^*} \vert die Grundlinie des Dreiecks . Damit ergbit A = 2\cdot A_{AA^*P} = 2 \cdot \frac{1}{2} \cdot \vert \vec{AA^*} \vert \cdot \vert \vec{PZ} \vert = 2 \frac{1}{2} \cdot \vert \left( \begin{array}{c} -4 \\\ 1 \\\ -1  \end{array}\right) \vert \cdot \vert \left( \begin{array}{c} -2 \\\ -14 \\\ -6  \end{array}\right) \vert = \sqrt{18}\cdot\sqrt{236} = 6\sqrt{118} \approx 65,2

mit dem Vektorprodukt: In der Merkhilfe findet man die Formel für den Flächeninhalt eines Dreiecks. Für unser Parallelogramm multipliziert man diese Formel mit 2. Also hat man  F = \vert \vec{AA^*} x \vec{AP} \vert =  \vert \left( \begin{array}{c} -2 \\\ -14 \\\ -6  \end{array}\right)  x   \left( \begin{array}{c} -1 \\\ 1 \\\ -1  \end{array}\right) \vert  = \vert \left( \begin{array}{c} 20 \\\ 22 \\\ -58  \end{array}\right) \vert  = \sqrt{4248} = 6\sqrt{118} \approx 65,2

S. 155/10

a) Es ist \vec{DD^*}=\left( \begin{array}{c} -8 \\\ 6 \\\ -2  \end{array}\right) = -2\cdot\left( \begin{array}{c} 4 \\\ -3 \\\ 1  \end{array}\right) = \vec{n} (\vec{n} ist der Normalenvektor der Ebene E), also steht der Vektor \vec{DD^*} senkrecht zur Ebene E.
Der Mittelpunkt M der Strecke [DD*] erhält man durch seinen Ortsvektor  \vec{m} = \frac{1}{2} \cdot (\vec{d^*} - \vec{d} )= \frac{1}{2} \cdot (\left( \begin{array}{c} 0 \\\ 8 \\\ 4 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} 8 \\\ 2 \\\ 6  \end{array}\right)) = \frac{1}{2} \cdot \left( \begin{array}{c} 8 \\\ 10 \\\ 10  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 4 \\\ 5 \\\ 5  \end{array}\right), also M(4;5;5) und M liegt wegen 4·4 - 3·4 + 5 -6 = 0 in der Ebene E, also sind die beiden Punkte D und D* symmetrisch zur Ebene E.

Man kann auch den Abstand der beiden Punkte von der Ebene E berechnen. Die HNF der Ebene E ist  \frac{4x_1 - 3x_2 + x_3 -6}{\sqrt{26}}=0
d(D,E)= \frac{4\cdot 8 - 3\cdot 2 + 6 -6}{\sqrt{26}} = \sqrt{26} und d(D^*,E)=\vert \frac{4\cdot 0 - 3\cdot 8 + 4 -6}{\sqrt{26}} \vert = \vert -\sqrt{26} \vert = \sqrt{26} . Damit liegen D und D* auch symmetrisch zur Ebene E.

b) Das Vorgehen für die Spiegelung eines Punktes S an einer Ebene ist:

  • Fälle von S das Lot auf die Ebene. Dabei ist das Lot l eine Gerade durch S in Richtung des Normalenvektors der Ebene E.
  • Bestimme den Lotfußpunkt F als Schnittpunkt der Lotgeraden l mit der Ebene E.
  • Den Spiegelpunkt erhält man, indem man den Verbindungsvektor der Punkte S und F über F hinaus nochmals anträgt.

c) Das Vorgehen ist in b) erklärt. Das Lot von P auf E schneidet die Ebene in F(3;1;2) und der Spiegelpunkt ist P*(-4;3;1).

155-10c

S. 155/12

Das haben wir schon im Unterricht gemacht. Formulieren Sie es aber bitte auch selbst nochmal.

S. 155/13

a) Der Mittelpunkt der Kugel ist der Ursprung M(0;0;0). Der Normalenvektor <marh>\vec{n}</math> der Ebene E ist  \vec{n} = \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right) und hat den Betrag 3.
Mit der HNF der Ebene E kann man den Abstand von M zur Ebene E berechnen. Es ist d(m,E)=\frac{9}{3}=3. Damit die Kugel die Ebene berührt muss ihr Radius 3 sein.
Den Berührpunkt erhält man, indem man von M aus ein Lot l auf E errichtet. Dieses Lot hat als Stützpunkt M und als Richtungsvektor den Normalenvektor der Ebene, also l: \vec{x}= k \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -2 \\\ 1 \end{array}\right). Setzt man die Koordinaten von l in die Ebenengleichung, erhält man 2·2k - 2(-2k) + k - 9 = 0 und k = 1. Der Berührpunkt B hat die Koordinaten B(2;-2;1).

Analog geht man bei den Aufgaben b) und c) vor.
b) r = \frac{10}{3} und B(-\frac{10}{9};-\frac{28}{9};\frac{4}{9}).

c) r = 3 und B(6;-1;1).

S. 155/15

a) Wie wir es schon öfter gemacht haben, macht man auch hier von Q ein Lot auf g. Der Lotfußpunkt F auf g hat einen Ortsvektor \vec{f}= \left( \begin{array}{c} 3-2k \\\ -2+2k \\\ 3+k \end{array}\right) und der Vektor \vec{QF} steht senkrecht auf dem Richtungsvektor \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) der Geraden g. Es ist also  \left( \begin{array}{c} -2+2k \\\ -8+2k \\\ 2+k \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) = 0 . Dies führt zur Gleichung 2(-2+2k) + 2(-8+2k) + 2+k =0 und k = 2 und F(7;2;5). Der Abstand der beiden Geraden ist dann \vert \vec{QF} \vert = \vert \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -4 \\\ 4 \end{array}\right) \vert = 6 .

b) g und h spannen eine Ebene auf. g kann man gleich nehmen und man braucht noch einen zweiten Richtungsvektor, dafür eignet sich der Verbindungsvektor  \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 8 \\\ -2 \end{array}\right) der beiden Stützpunkte, so dass sich diese Parameterdarstellung \vec{x}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right) + r\cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) + s\cdot\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 4 \\\ -1 \end{array}\right) der Ebene E ergibt. Für die Normalenform der Ebenengleichung rechnet man zuerst \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right) x \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 4 \\\ -1 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} -6 \\\ 3 \\\ 6 \end{array}\right). Also ist  \vec{n}=\left( \begin{array}{c} -2 \\\ 1 \\\ 2 \end{array}\right) ein Normalenvektor und -2x1 + x2 + 2x3 + 2 = 0 .

Den Schnittwinkel der Geraden k mit der Ebene E erhält man  sin\varphi=\vert \frac{\left( \begin{array}{c} -2 \\\ 1 \\\ 2  \end{array}\right) \circ \left( \begin{array}{c} -3 \\\ 1 \\\ 0  \end{array}\right)}{3 \cdot \sqrt{10}} \vert = \frac{7}{3\sqrt{10}} und \varphi = 47,5^o .

c) Gegeben ist eine gerade Pyramide. Dies bedeutet, dass die Spitze genau über dem Mittelpunkt des Grundquadrats ist.
Das Lot von S auf die Ebene E muss dann die Ebene auf der Mittelparallele m zu g und h schneiden. Der Mittelpunkt der Strecke [PQ] liegt auf dieser Mittelparallele. Es ist M(4;2;2) und m: \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 4 \\\ 2 \\\ 2  \end{array}\right) + t \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1  \end{array}\right).
Macht man von einem passenden Punkt X auf m ein Lot zur Ebene, dann muss dieses Lot die Gerade k in S schneiden. Das Lot hat die Gleichung  \vec{x} = \left( \begin{array}{c} 4+2t \\\ 2+2t \\\ 2+t  \end{array}\right) + n\cdot \left( \begin{array}{c} -2 \\\ 1 \\\ 2  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 4+2t -2n \\\ 2+2t+n \\\ 2+t+2n  \end{array}\right).
Setzt man das Lot gleich k, dann hat man ein Gleichungssystem von drei Gleichungen mit 3 Unbekannten.
\left( \begin{array}{c} 4+2t -2n \\\ 2+2t+n \\\ 2+t+2n  \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 2-3m \\\ 1+m \\\ 7 \end{array}\right)
Wenn man dies löst, erhält man Lösungen m = 2, n = 3, t = -1.
m = 2 liefert S(-4;3;7), n = 3 würde die Höhe der Pyramide liefern (interessiert hier aber nicht!), t = -1 liefert den Lotfußpunkt L(2;0;1). (Die Gerade SL steht senkrecht zur Ebene E!)
L ist Mittelpunkt des Grundquadrats (es handelt sich um eine gerade Pyramide.). Nun macht man ein Lot auf g und h. In a) hat man sich schon überlegt, dass der Vektor  \vec{QF}  =  \left( \begin{array}{c} 2 \\\ -4 \\\ 4 \end{array}\right) ist. Also muss man von L den halben Vektor jeweils zur einen und zur anderen Seite gehen um auf g und h zu kommen.
 \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right) + \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right) F1(3;-2;3) auf g und  \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 0 \\\ 1 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c} 1 \\\ -2 \\\ 2 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right) F2(1;2;-1) auf h.
Da die Geraden g und h den Abstand 6 haben, muss man nun von den Punkten F1 und F2 noch 3 Einheiten auf g und h jeweils in verschiedene Richtungen der Geraden gehen und man hat die Eckpunkte der Pyramide. Da der Richtungsvektor von g und h Betrag 3 hat, nimmt man hier statt einem Einheitsvektor gleich den Richtungsvektor.
Die Eckpunkte der Pyramide werden mit P1, P2, P3 und P4 bezeichnet. Es ist dann:
\vec{p1}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right)-\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 1 \\\ -4 \\\ 2 \end{array}\right), also P1(1;-4;2)
\vec{p2}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ -2 \\\ 3 \end{array}\right)+\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 5 \\\ 0 \\\ 4 \end{array}\right), also P2(5;0;5)
\vec{p3}=\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right)+\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ 4 \\\ 0 \end{array}\right), also P3(3;4;0)
\vec{p4}=\left( \begin{array}{c} 1 \\\ 2 \\\ -1 \end{array}\right)-\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 2 \\\ 1 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} -1 \\\ 0 \\\ -2 \end{array}\right), also P4(-1;0;-2)

155-15

S. 156/16

Die Ebene E hat Normalenvektor  \vec{n} = \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right). Der Normaleneinheitsvektor ist  \vec{n^o} = \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right). Der Radius der Kugel ist 7. Geht man nun von S aus 7 mal in Richtung  \vec{n^o} oder  -\vec{n^o}, dann erhält man die zwei Mittelpunkte M und M*.
Also \vec{m}= \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ 20 \end{array}\right) + 7 \cdot \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 23 \end{array}\right) und M(2;6;23)
Also \vec{m}= \left( \begin{array}{c} 0 \\\ 0 \\\ 20 \end{array}\right) - 7 \cdot \frac{1}{7} \cdot \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right)=\left( \begin{array}{c} -2 \\\ -6 \\\ 17 \end{array}\right) und M(-2;-6;17).

b) Die Gerade m hat als Stützpunkt M und ihr Richtungsvektor ist der Vektor \vec{SL}=\left( \begin{array}{c} 3 \\\ 9 \\\ -20 \end{array}\right). Damit ist m: \vec{x}=\left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 23 \end{array}\right) + k \left( \begin{array}{c} 3 \\\ 9 \\\ -20 \end{array}\right).

c) Die Ebene E* ist parallel zur x1x2-Ebene im Abstand 7 (Radius der Kugel), also x3 - 7 = 0 .
Setzt man die x3-Koordinate von m in die Ebenengleichung ein erhält man 23 - 20k - 7 = 0 und k=\frac{4}{5} . Die Koordinaten von T erhält man, wenn man diesen Wert von k in die Geradengleichung von m einsetzt, also T(4,4;13,2;7) .

d) In a) sind wir von S aus 7 mal in Richtung  \vec{n^o} zu M gegangen. Nun erhält man den Berührpunkt, wenn man von T aus 7 mal in Richtung  -\vec{n^o} geht. Dann ist \vec{b} = \left( \begin{array}{c} 4,4 \\\ 13,2 \\\ 7 \end{array}\right) - \left( \begin{array}{c} 2 \\\ 6 \\\ 3 \end{array}\right) = \left( \begin{array}{c} 2,4 \\\ 7,2 \\\ 4 \end{array}\right) und B(2,4;7,2;4).