Ebene L
Inhaltsverzeichnis
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Aufgabe 1 – Dreieck DEF
Bei einem gleichschenkligen Dreieck sind zwei Seiten gleich lang, bei einem gleichseitigen Dreieck sogar alle drei Seiten. Es dürfen also nur zwei gleich lange Seiten vorkommen. Wir überprüfen dies.
\( \quad \begin{array}{ r c l c l c l } \overline{DE} & = & \bigl| \overrightarrow{DE} \bigl| \; = \; \bigl| \overrightarrow{e} - \overrightarrow{d} \bigl| \\[6pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 6 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 6 \\ 3 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \; = \; \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -6 \\ 3 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & \sqrt{(-6)^2 + 3^2 + 0^2} & = & 3\sqrt{5} \\ \end{array} \)
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\( \quad \begin{array}{ r c l c l c l } \overline{EF} & = & \bigl| \overrightarrow{EF} \bigl| \; = \; \bigl| \overrightarrow{e} - \overrightarrow{d} \bigl| \\[6pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ 12 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 6 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \; = \; \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ -6 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & \sqrt{3^2 + (-6)^2 + 6^2} & = & 9 \\ \end{array} \)
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\( \quad \begin{array}{ r c l c l c l } \overline{DF} & = & \bigl| \overrightarrow{DF} \bigl| \; = \; \bigl| \overrightarrow{f} - \overrightarrow{d} \bigl| \\[6pt] & = & \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 3 \\ 0 \\ 12 \end{array} \right) \end{smallmatrix} - \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 6 \\ 3 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \; = \; \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -3 \\ -3 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} & = & \sqrt{(-3)^2 + (-3)^2 + 6^2} & = & 3\sqrt{6} \\ \end{array} \)
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Alle Seiten sind verschieden lang. Also ist das Dreieck nicht gleichschenklig.
\(\\[2em]\)
Aufgabe 2 – Ebene in Koordinatenform
Die Koordinatenform der Ebene \(L\) ist von der Form
\( \quad L: \; ax_1 + bx_2 + cx_3 \; = \; d \)
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mit dem Normalenvektor \(\overrightarrow{n}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} a \\ b \\ c \end{array} \right) \end{smallmatrix} \).
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Den Normalenvektor bestimmen wir mit dem Kreuzprodukt der Richtungsvektoren
\( \quad \overrightarrow{DE} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -6 \\ 3 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \quad \)
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und
\( \quad \overrightarrow{DF} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -3 \\ -3 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)
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aus der vorherigen Aufgabe wie folgt:
\( \quad \begin{array}{ r c l} \overrightarrow{n} & = & \overrightarrow{DE} \times \overrightarrow{DF} \\[6pt] \overrightarrow{n} & =& \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -6 \\ 3 \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \times \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} -3 \\ -3 \\ 6 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)
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Dabei gehen wir folgendermaßen vor:
Die beiden Richtungsvektoren werden paarweise 2-mal untereinander geschrieben. Die erste und die letzte Zeile werden gestrichen. Dann wird über Kreuz multipliziert und jeweils die blaue Diagonale (Hauptdiagonale) minus die rote Diagonale (Nebendiagonale) gerechnet.
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Der Normalenvektor lautet
\( \quad \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 18 \\ 36 \\ 27 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \)
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In allen Werten stecken der Faktor \(9\). Wir können die Werte also durch \(9\) teilen. Dadurch ergibt sich ein anderer Vektor, der aber in die gleiche Richtung verläuft und auch ein Normalenvektor der Ebene \(L\) ist.
\( \quad \overrightarrow{n} \; = \; \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2 \\ 4 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \)
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Die vorläufige Koordinatengleichung lautet nun
\( \quad 2x_1 + 4x_2 + 3x_3 \; = \; d \)
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Um \(d\) zu bestimmen, setzen wir Punkt \(D(6|3|6)\) ein.
\( \quad \begin{array}{ r c l l } 2 \cdot 6 + 4 \cdot 3 + 3 \cdot 6 & = & d \\[6pt] 42 & = & d \\ \end{array} \)
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Die Koordinatenform von \(L\) lautet also
\( \quad \begin{array}{ r c l l } 2x_1 + 4x_2 + 3x_3 & = & 42 & | \, -42 \\[6pt] 2x_1 + 4x_2 + 3x_3 -42 & = & 0 \\ \end{array} \)
\(\\[2em]\)
Aufgabe 3 – Winkel
Den Schnittwinkel der Ebene \(L\) mit der \(x_1x_2\)-Ebene berechnen wir mit
\( \quad cos(\alpha) = \frac{ \bigl| \overrightarrow{n_1} \, \circ \, \overrightarrow{n_2} \bigr| } { \bigl|\overrightarrow{n_1}\bigr| \cdot \bigl|\overrightarrow{n_2}\bigr| } \)
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Wir verwenden dabei
\( \quad \overrightarrow{n_1}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2 \\ 4 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)
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und für die \(x_1x_2\)-Ebene einen Vektor,
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der orthogonal zu dieser Ebene ist, zum Beispiel den Vektor
\( \quad \overrightarrow{n_2}= \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \)
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Für den gesuchten Winkel gilt
\( \quad \begin{array}{ r c l } cos(\alpha) & = & \frac{ \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2 \\ 4 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \circ \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} } { \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 2 \\ 4 \\ 3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} \, \cdot \, \begin{vmatrix} \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} 0 \\ 0 \\ 1 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \end{vmatrix} } \\[8pt] cos(\alpha) & = & \frac{\bigl| 2 \cdot 0 + 4 \cdot 0 + 3 \cdot 1 \bigl| } { \sqrt{ 2^2 +4^2 + 3^2 } \cdot \sqrt{ 0^2 +0^2 + 1^2 } } \\[8pt] cos(\alpha) & = & \frac{ 3 }{\sqrt{29} \cdot \sqrt{ 1 }} \\[8pt] \alpha & = & cos^{-1}\left(\frac{3}{\sqrt{29}}\right) \; = \; 56{,}1^\circ \\ \end{array} \)
\(\\[2em]\)
Aufgabe 4 – Abstand zum Ursprung
Den Abstand eines Punktes von einer Ebene berechnen wir mit Hesse’schen Normalenform.
\( \quad HNF: \; ( \overrightarrow{x} - \overrightarrow{p}) \cdot \overrightarrow{n_0} \; = \; 0 \)
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Für die Hesse’schen Normalenform benötigen wir den Einheitsvektor des Normalenvektors \(\overrightarrow{n}\) mit
\( \quad \overrightarrow{n_0} \; = \; \dfrac{\overrightarrow{n}}{\bigl|\overrightarrow{n}\bigr|}, \)
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wobei \( \quad \overrightarrow{n} = \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} a \\ b \\ c \end{array} \right) \end{smallmatrix} \; \) und \(\; \bigl|\overrightarrow{n}\bigr| = \sqrt{a^2 + b^2 + c^2} \;\) ist.
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Beides ist in der Schreibweise für die Koordinatenform
\( \quad HNF: \; \dfrac{\bigl|a \cdot x_1 + b \cdot x_2 + c \cdot x_3 - d\bigl|}{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}} \; = \; 0 \)
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bereits enthalten. Wir setzen nun den Ursprung (lat: Origo) \(O(0|0|0)\) in die Koordinatenform der Ebene \(L\) ein und berechnen den Abstand.
\( \quad \begin{array}{ r c l } Abst(O,L) & = & \frac{| 2 \cdot 0 + 4 \cdot 0 + 3 \cdot 0 - 42 |}{\sqrt{2^2 + 4^2 + 3^2}} \\[8pt] & = & \frac{| -42 |}{\sqrt{29}} \\[8pt] & = & \frac{42}{\sqrt{29}} \\[8pt] & \approx & 7{,}8 \, LE \\ \end{array} \)
\(\\[2em]\)
Aufgabe 5 – Schnittgerade
Die \(x_1x_2\)-Ebene ist der ebene Boden des Koordinatensystems. Das heißt, dass \(x_3=0\) gilt. Eingesetzt in Ebene \(L\) erhalten wir
\( \quad \begin{array}{ r c l l } 2x_1 + 4x_2 + 3 \cdot 0 & = & 42 \\[6pt] 2x_1 + 4x_2 & = & 42 \\ \end{array} \)
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Weiter setzen wir \(x_1 = t\) und lösen nach \(x_2\) auf.
\( \quad \begin{array}{ r c l l } 2t + 4x_2 & = & 42 & | \, -2t \\[6pt] 4x_2 & = & 42 - 2t & | \, : 4 \\[8pt] x_2 & = & \frac{21}{2} - \frac{1}{2} t & | \, : 4 \\ \end{array} \)
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Mit den \(x\)-Werten
\( \quad \begin{array}{ r c l } x_1 & = & t \\[5pt] x_2 & = & \frac{21}{2} - \frac{1}{2} t \\[5pt] x_3 & = & 0 \\ \end{array} \)
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ergibt sich die Schnittgerade
\( \quad \begin{array}{ r c r c l } \overrightarrow{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{r} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{array} \right) \end{smallmatrix} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{ c c c } & & t \\ \frac{21}{2} & - & \frac{1}{2} t \\ 0 & & \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\[8pt] & & \overrightarrow{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ \frac{21}{2} \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} t \\ -\frac{1}{2} t \, \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix}\\[8pt] & & g: \; \overrightarrow{x} & = & \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 0 \\ \frac{21}{2} \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} + \, t \, \cdot \begin{smallmatrix} \left( \begin{array}{c} 1 \\ -\frac{1}{2} \; \\ 0 \end{array} \right) \end{smallmatrix} \\ \end{array} \)
\(\\[1em]\)