Digitale Werkzeuge in der Schule/Unterwegs in 3-D – Punkte, Vektoren, Geraden und Ebenen im Raum/Ebenen im Raum

Info

In diesem Lernpfadkapitel werden Ebenen im Raum eingeführt. Neben Punkten, Vektoren und Geraden sind auch Ebenen wichtige Objekte der analytischen Geometrie.

Bei den Aufgaben unterscheiden wir folgende Typen:

• In Aufgaben, die orange gefärbt sind, kannst du grundlegende Kompetenzen wiederholen und vertiefen.
• Aufgaben in blauer Farbe sind Aufgaben mittlerer Schwierigkeit.
• Und Aufgaben mit grünem Streifen sind Knobelaufgaben.
• Aufgaben, die mit einem ⭐ gekennzeichnet sind, sind nur für den LK gedacht.

Viel Erfolg!

Die Parameterform und die Punktprobe

Merksatz: Die Parameterform

Eine Ebene $E$ ist bestimmt durch einen Punkt $A$ und zwei Vektoren $\vec {u} \neq \vec{o}$ und $\vec{v} \neq \vec{o}$, die nicht parallel zueinander sind.

Ebene E

Diese Ebene $E$ kann wie folgt beschrieben werden: $E:\vec{x}=\vec{OA}+s \cdot \vec{u} +t\cdot \vec{v}$

Diese Vektorgleichung bezeichnet man als Parameterdarstellung/Parametergleichung der Ebene $E$ mit den Parametern $s$ und $t$.

Um eine Parameterdarstellung aufzustellen, können, statt eines Punktes und zwei Vektoren auch:

• drei Punkte, die nicht alle auf einer Geraden liegen, oder
• eine Gerade und ein Punkt, der nicht auf der Geraden liegt, oder
• zwei sich schneidende Geraden, oder
• zwei echt parallele Geraden, genutzt werden.

Beispiel: Ebenengleichung aus drei Punkten bestimmen

Gegeben sind die Punkte $A(0|1|2)$, $B(2|0|4)$, $C(4|8|0)$. Bevor eine Ebenengleichung aufgestellt werden kann, muss ausgeschlossen werden, dass die drei Punkte auf einer Geraden liegen. Da bei den Punkten $A$, $B$, $C$ jeweils eine unterschiedliche Koordinate $= 0$ ist, folgt hier direkt, dass die Punkte nicht auf einer Geraden liegen.

Zum Aufspannen der Ebene wählen wir einen der Punkte als Aufpunkt. Seinen Ortsvektor $\vec{OA}$ verwenden wir als Stützvektor für die Ebene und berechnen von dort aus die zwei Spannvektoren $\vec{AB}$, $\vec{AC}$ zu den anderen Punkten.

Aus unseren Punkten ergibt sich beispielhaft folgende Ebenengleichung $E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ {-}1 \\ 2 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 7 \\ {-}2 \end{pmatrix}$.

Achtung: Die Wahl des Aufpunkts und die daraus resultierende Bestimmung der Spannvektoren ist beliebig. Die Parameterform ist daher nicht eindeutig.

Aufgabe 1: Aufstellen der Parameterform aus drei Punkten

Stelle aus den gegebenen Punkten eine Ebenengleichung in Parameterform auf. Achte dabei darauf, zunächst die Bedingung zu prüfen.

a)     $A(1|{-}3|2)$, $B(2|2|15)$ und $C({-}4|1|{-}5)$

$E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ {-}3 \\ 2 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 5 \\ 13 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} {-}5 \\ 4 \\ {-}7 \end{pmatrix}$

Hinweis: Dies ist nur eine der möglichen richtigen Lösungen.

b)     $P(1|10|7)$, $Q(12|4|3)$ und $R(2|1|2)$

$E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 10 \\ 7 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 11 \\ {-}6 \\ {-}4 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 1 \\ {-}9 \\ {-}5 \end{pmatrix}$

Hinweis: Dies ist nur eine der möglichen richtigen Lösungen.

Kannst du hierzu auch jeweils eine zweite Ebenengleichung aufstellen, die die gleiche Ebene beschreibt?

weitere mögliche Parameterform zu a) $E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 15 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} {-}1 \\ {-}5 \\ {-}13 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} {-}6 \\ {-}1 \\ {-}20 \end{pmatrix}$

weitere mögliche Parameterform zu b) $E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 12 \\ 4 \\ 3 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} {-}11 \\ 6 \\ 4 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} {-}10 \\ {-}3 \\ {-}1 \end{pmatrix}$

Aufgabe 2: Fehlersuche

Furkan und Diego haben versucht zu drei gegebenen Punkten $A(5|4|1), B(2|{-}6|3), C(3|0|8)$ eine Parameterdarstellung einer Ebene aufzustellen. Beurteile inwiefern ihnen das gelungen ist.

Furkans Rechnung

Diegos Rechnung

Mögliche Begründungen: Furkans Rechnung ist nicht richtig. Er hat statt der Spannvektoren $\vec{AB}$ und $\vec{AC}$ die Ortsvektoren zu den Punkten $B$ und $C$ angegeben.

Diegos Rechnung ist richtig. Er hat als Stützvektor den Ortsvektor des Punktes $C$ gewählt und als Spannvektoren die Vektoren $\vec{CA}$ und $\vec{CB}$. Er hätte noch, wie Furkan es gemacht hat, dazuschreiben können, dass es nur eine der möglichen Parameterformen ist.

Aufgabe 3: Lückentext zur Parameterform

Bearbeite das folgende Applet. Du kannst damit dein Wissen zur Parameterform einer Ebene überprüfen.

Die Punktprobe

Merksatz: Die Punktprobe

Setzt man in die Ebenengleichung in Parameterform für die Variablen $s$ und $t$ Zahlen ein, erhält man den Ortsvektor zu einem Punkt in der Ebene.

Möchte man wissen, ob ein Punkt $P$ in der Ebene liegt, kann man umgekehrt den Ortsvektor $\vec{OP}$ für den Vektor $\vec{x}$ einsetzen und ein lineares Gleichungssystem aufstellen.

Ist das Gleichungssystem eindeutig lösbar, so liegt der Punkt in der Ebene.

Beispiel: Punktprobe

Liegt der Punkt $A({-}1|1|{-}1)$ in der Ebene $E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix} {-}2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix}$?

Wenn ja, dann müsste der zu $A$ gehörende Ortsvektor $\vec{OA} = \begin{pmatrix} {-}1 \\ 1 \\ {-}1 \end{pmatrix}$ die Ebenengleichung erfüllen, d.h. es müsste ein Paar reeller Zahlen $s,t$ geben, für die gilt:

$\vec{OA}=\vec{p}+s \cdot \vec{u}+t \cdot \vec{v}$

$\begin{pmatrix} {-}1 \\ 1 \\ {-}1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix} {-}2 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 4 \end{pmatrix}$

Die Vektorgleichung ist gleichbedeutend mit dem System der Koordinatengleichungen

$\left\vert\begin{alignat}{7} 1 &&\; + \;&& ({-}2)s &&\; + \;&& 0t &&\; = \;&& {-}1 \\ 2 &&\; + \;&& 0s &&\; + \;&& 1t &&\; = \;&& 1\\ 0 &&\; + \;&& 3s &&\; + \;&& 4t &&\; = \;&& {-}1 \end{alignat}\right\vert$

Dieses LGS könnt ihr mit dem Taschenrechner lösen.

$\left\vert\begin{alignat}{7} \;&& s &&\; = \;&& 1 \\ \;&& t &&\; = \;&& {-}1\\ \;&& 0 &&\; = \;&& 0 \end{alignat}\right\vert$

Das LGS ist eindeutig lösbar, das heißt der Punkt $A$ liegt in der Ebene $E$.

Aufgabe 4: Punktprobe

Gegeben ist die Ebene $E$ mit $E:\vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ {-}1 \\ 1 \end{pmatrix}$

a) Liegt der Punkt $A (7|5|{-}3)$ in der Ebene?

b) Liegt der Punkt $B (7|1|8)$ in der Ebene?

Es gilt: $E:\begin{pmatrix} 7 \\ 5 \\ {-}3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ {-}1 \\ 1 \end{pmatrix}$

Daraus ergibt sich das folgende Gleichungssystem:

$\left\vert\begin{alignat}{7} 7 &&\; = \;&& 2 &&\; + \;&& 1r &&\; + \;&& 2s \\ 5 &&\; = \;&& 0 &&\; + \;&& 3r &&\; - \;&& 1s\\ {-}3 &&\; = \;&& 1 &&\; + \;&& 5r &&\; + \;&& s \end{alignat}\right\vert$

Dieses LGS hat keine Lösung (Hinweis: dies könnt ihr handschriftlich oder mit dem Taschenrechner feststellen).

Der Punkt $A$ liegt also nicht in der Ebene $E$.

Es gilt: $E:\begin{pmatrix} 7 \\ 1 \\ 8 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix}+s\cdot \begin{pmatrix} 2 \\ {-}1 \\ 1 \end{pmatrix}$

Daraus ergibt sich das folgende Gleichungssystem:

$\left\vert\begin{alignat}{7} 7 &&\; = \;&& 2 &&\; + \;&& 1r &&\; + \;&& 2s \\ 1 &&\; = \;&& 0 &&\; + \;&& 3r &&\; - \;&& 1s\\ 8 &&\; = \;&& 1 &&\; + \;&& 5r &&\; + \;&& s \end{alignat}\right\vert$

Dieses LGS hat die Lösung $r=1$ und $s=2$ (Hinweis: dies könnt ihr handschriftlich oder mit dem Taschenrechner feststellen).

Der Punkt $B$ liegt also in der Ebene $E$.

Aufgabe 4: Kirchturm

Das Dach einer Kirche hat die Form einer geraden quadratischen Pyramide mit einer Höhe von $12$ m. $A(0|0|0)$ sind die Koordinaten einer Ecke der Grundfläche des Daches. Die diagonal gegenüberliegende Ecke $C$ der Grundfläche hat die Koordinaten $C(6|6|0)$.

a) Bestimme die Koordinaten der fehlenden Eckpunkte $B$ und $D$, sowie der Dachspitze $S$. Stelle die Ebenengleichung der Ebene $E$ auf, in der die Punkte $B$, $C$ und $S$ liegen.

Die Punkte haben die folgenden Koordinaten: Punkt $B (6|0|0)$, Punkt $D (0|6|0)$ und Punkt $S (3|3|12)$. Die Koordinaten des Punktes $S$ kannst du bestimmen, da die Spitze senkrecht über dem Mittelpunkt der Grundfläche der Pyramide steht. Die $x_1$-Koordinate kann somit durch $\vec{OA} + \frac{1}{2} \cdot \vec{AB}$ berechnet werden und die $x_2$-Koordinate durch $\vec{OA} + \frac{1}{2} \cdot \vec{BC}$. Alternativ könntest du auch die $x_1$- und die $x_2$-Koordinate mithilfe der Diagonalen, also $\vec{OA} + \frac{1}{2} \cdot \vec{AC}$ berechnen. Die $x_3$-Koordinate ergibt sich aus der Höhe des Kirchturms.

Eine mögliche Parameterform der Ebene wäre: $E: \vec{x}=\begin{pmatrix} 6 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 6 \\ 0 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} {-}3 \\ 3 \\ 12 \end{pmatrix}$

Falls du noch weiter üben willst, kannst du auch die Ebenengleichungen der übrigen Dachseiten und der Grundfläche bestimmen.

b) Der Naturschutzbund NABU hat bei verschiedenen Störchen Peilsender am Fuß angebracht, die dauerhaft den Standort der Tiere übermitteln. Sie haben für einen der Störche die Koordinaten $(4{,}5| 4{,}5| 6)$ übermittelt. Befindet sich der Storch in der Ebene $E$? Beurteile, ob der Storch auf dem Dach sitzt.

Um herauszufinden, ob die übermittelten Koordinaten in der Ebene liegen, kannst du eine Punktprobe durchführen.

$\begin{pmatrix} 4{,}5 \\ 4{,}5 \\ 6 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 6 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 6 \\ 0 \end{pmatrix} +t\cdot \begin{pmatrix} {-}3 \\ 3 \\ 12 \end{pmatrix}$

Für das zugehörige Gleichungssystem ergibt sich:

$\left\vert\begin{alignat}{7} 6 &&\; + \;&& 0s &&\; + \;&& ({-}3)t &&\; = \;&& 4{,}5 \\ 0 &&\; + \;&& 6s &&\; + \;&& 3t &&\; = \;&& 4{,}5\\ 0 &&\; + \;&& 0s &&\; + \;&& 12t &&\; = \;&& 6 \end{alignat}\right\vert$

Aus der ersten und dritten Gleichung folgt $t=0{,}5$. Aus der zweiten Gleichung folgt dann durch Einsetzen von $t=0{,}5$: $s=0{,}5$. Das Gleichungssystem ist daher eindeutig lösbar und der Storch befindet sich in der Ebene.

Da es sich bei dem Dach um einen begrenzten Teil der Ebene handelt, muss zunächst betrachtet werden, für welche Werte von $s,t$ der Storch sich auf dem Dach befände. Da die Spannvektoren bereits jeweils die Strecke zu den äußersten Punkten der Ebene beschreiben und diese durch eine Gerade, in dem Fall der Dachkante, verbunden sind, muss gelten: $s+t\le1$. In dem Fall also: $0{,}5+0{,}5=1$. Der Punkt liegt also genau auf der Kante und somit sitzt der Storch auf dem Dach.

Alternativ könnte man es sich geometrisch veranschaulichen, beispielsweise mithilfe von GeoGebra:

Aufgabe 5: Wiederholung zur Parameterform

Wenn du deine bisher gesammelten Kenntnisse noch einmal wiederholen möchtest, kannst du das hiermit machen: Betrachte diese Aufgabe allerdings als Zusatzaufgabe.

Aufgabe 8: Ein U-Boot taucht auf

In einem Koordinatensystem mit der Einheit m befindet sich ein U-Boot im Punkt $A({-}6713 | 4378 | {-}256)$ und taucht auf einem Kurs in Richtung des Vektors $\vec{u}=\begin{pmatrix} 63 \\ {-}71 \\ 8 \end{pmatrix}$ nach oben auf. In welchem Punkt $P$ erreicht das U-Boot die Meeresoberfläche, wenn es seinen Kurs beibehält?

Betrachte vereinfachend die Meeresoberfläche als $x_1x_2$-Ebene.

Betrachtet man, wie im Tipp angegeben, die Meeresoberfläche als $x_1x_2$-Ebene, so ist also der Schnittpunkt mit der $x_3$-Achse gesucht. Um die Lösung zu erhalten kann also für $\vec{x}$ den Vektor $\begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ 0 \end{pmatrix}$ einsetzen. Berechnet man mithilfe der dritten Zeile den Parameter, ergibt sich aus $0 = {-}256+r \cdot 8$ das Ergebnis $r=32$. Damit lassen sich im Anschluss die fehlenden Koordinaten berechnen. Es ergibt sich insgesamt als Lösung:

$g \colon =\begin{pmatrix} {-}6713 \\ 4378 \\ {-}256 \end{pmatrix} + 32 \cdot \begin{pmatrix} 63 \\ {-}71 \\ 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} {-}4697 \\ 2106 \\ 0 \end{pmatrix}$

⭐ Normalenvektor

Merksatz: Normalenvektor

Ein Normalenvektor ist ein Vektor, der senkrecht (orthogonal) auf einer Ebene steht, das heißt, dass er orthogonal zu allen Spannvektoren der Ebene ist. Er wird üblicherweise mit dem Buchstaben $\vec{n}$ bezeichnet.

Alle Normalenvektoren einer Ebene sind Vielfache voneinander.

Verfahren: Berechnung des Normalenvektors

Du benötigst für die Berechnung zwei Gleichungen. Die erste Gleichung erhältst du durch das Skalarprodukt des ersten Spannvektors mit dem Normalenvektor $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix}$, das du gleich Null setzt. Um die zweite Gleichung zu erhalten führst du diesen Schritt nun mit dem zweiten Spannvektor durch. Diese zwei Gleichungen können auf diese Weise aufgestellt werden, da $\vec{n}$ orthogonal auf der Ebene steht. Daher wissen wir, dass $\vec{n}$ orthogonal auf den beiden Spannvektoren steht. Außerdem ist bekannt, dass das Skalarprodukt von zwei orthogonalen Vektoren gleich Null ist. Im Folgenden bilden diese beiden Gleichungen ein Gleichungssystem.

Für das Gleichungssystem gibt es mehrere Lösungsmöglichkeiten. Löse es, indem du eine der drei Unbekannten beliebig wählst und die anderen beiden Unbekannten berechnest.

Wichtig: Das $n$, das du frei wählst, muss in beiden Gleichungen enthalten sein.

⭐Aufgabe 9: Normalenvektor berechnen

Gegeben seien die Ebenengleichung in Parameterform

a) $E_1 \colon \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} +s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ {-}1 \end{pmatrix}$

b) $E_2 \colon \vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 7 \end{pmatrix}+r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ {-}4 \end{pmatrix} +s \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ {-}2 \end{pmatrix}$

Berechne den Normalenvektor der Ebene.

$\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} = 0$ und $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ {-}1 \end{pmatrix} = 0$

Wir erhalten ein lineares Gleichungssystem mit zwei Gleichungen und drei Unbekannten. Da mehr Unbekannte vorliegen als Gleichungen, ist das LGS nicht eindeutig lösbar!

$\left\vert\begin{alignat}{7} 1n_1 &&\; + \;&& 2n_2 &&\; + \;&& 1n_3 &&\; = \;&& 0 \\ 2n_1 &&\; + \;&& 2n_2 &&\; + \;&& 1n_3 &&\; = \;&& 0\\ \end{alignat}\right\vert$

Es gibt hier zwei Berechnungsmöglichkeiten - per Hand oder per Taschenrechner. Wollt ihr das Gleichungssystem per Hand lösen, würde es sich in diesem Fall anbieten Gleichung I und II zu addieren, damit $n_3$ wegfällt. Wir erhalten mit

$\begin{align} & & 3n_1 + 4n_2 &= 0 & &\mid -4n_2\\ \Leftrightarrow & & 3n_1 &= -4n_2 & &\mid :(-4)\\ \Leftrightarrow & & -\tfrac{3}{4}n_1 &= n_2 \end{align}$

den allgemeinen Normalenvektor in Abhängigkeit von $n_1$:

$\vec{n} = \begin{pmatrix} n_1 \\ \tfrac{{-}3}{4} n_1 \\ \tfrac{1}{2} n_1 \end{pmatrix}$

Für einen speziellen Normalenvektor wählen wir für $n_1$ eine beliebige Zahl aus. Die wählen wir so, dass insgesamt ganzzahlige Zahlen raus kommen. Wenn $n_1 = 4$ ist, dann folgt für $n_2 = 3$ und für $n_3 = 2$ .

Daraus folgt für den speziellen Normalenvektor $\vec{n} = \begin{pmatrix} 4 \\ -3 \\ 2 \end{pmatrix}$

Mit demselben Verfahren wie bei Teilaufgabe a) ergibt sich für diese Ebene folgender Normalenvektor:

$\vec{n} = \begin{pmatrix} 4n_3 \\ 2n_3 \\ n_3 \end{pmatrix}$

und mit $n_3=1$ der spezielle Normalenvektor $\vec{n} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$

⭐ Normalenform und Koordinatenform von Ebenengleichungen

Merksatz: Normalen- und Koordinatenform

Bisher wurde eine Ebene mithilfe eines Aufpunkts $A$ und zwei Spannvektoren $\vec{u}$ und $\vec{v}$ beschrieben. Eine andere Möglichkeit ist, sie durch einen Aufpunkt $A$ und einen Normalenvektor $\vec{n}$ zu beschreiben. Damit erhält man die Normalenform der Ebene. Sie hat die Form $E\colon (\vec{x}-\vec{OA}) \ast \vec{n}=0$.

Zusätzlich lässt sich jede Ebene $E$ ebenfalls beschreiben durch eine Koordinatenform der Form $E\colon ax_1+bx_2+cx_3=d$. Dabei muss mindestens einer der Koeffizienten $a, b, c$ ungleich null sein. Die Koordinatenform erhält man aus der Normalenform durch Ausmultiplizieren und Berechnen von $d$ durch $d = \vec{OA} \ast \vec{n}$

Ist $E\colon ax_1+bx_2+cx_3=d$ eine Koordinatenform der Ebene $E$, so ist $\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ ein Normalenvektor dieser Ebene.

⭐Aufgabe 10: Aufstellen von Normalen- und Koordinatenform

Eine Ebene durch $P(4|1|3)$ hat den Normalenvektor $\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix}$

a) Gebe eine Normalengleichung der Ebene an.

$E\colon \Biggl[\vec{x}-\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}\Biggr] \ast \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix}=0$ .

b) Bestimme aus der Normalengleichung eine Koordinatengleichung der Ebene.

Mit dem Normalenvektor $\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix}$ ergibt sich für die Koordinatengleichung der Ansatz: $E\colon 2x_1-x_2+5x_3=d$ mit $d=\vec{OP} \cdot \vec{n}$. Das heißt um $d$ zu bestimmen, berechnet man das Skalarprodukt von $\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix}$ mit $\vec{OP}=\begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}$ und erhält $d=22$.

Lösung: $E\colon 2x_1-x_2+5x_3=22$

c) Liegt der Punkt $A(1|1|1)$ in der Ebene?

Eine Punktprobe mithilfe der Koordinatenform einer Ebenengleichung führt man durch, indem man die Koordinaten für die Parameter $x_1, x_2, x_3$ in die Gleichung einsetzt und kontrolliert, ob die Aussage wahr ist.

$2 \cdot 1 - 1 \cdot 1 + 5 \cdot 1=6 \neq 22$. Der Punkt $A$ liegt nicht in der Ebene.

⭐Aufgabe 11: Aufstellen der Normalenform- und Koordinatenform

Bestimme für die Ebene in der Abbildung eine Gleichung in der Normalenform.

Ebene E

Zusatz: Bestimme auch die Koordinatengleichung der Ebene.

mögliche Lösung: $Q(2|1|3)$ ist der Aufpunkt. Den Normalenvektor berechnen wir mithilfe des Punktes $P({-}1|2|{-}3)$. Damit ist $\vec{n}=\vec{QP}$, d.h. $\vec{n}=\begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -6 \end{pmatrix}$.

Normalengleichung: $E\colon =\Biggl[\vec{x}-\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}\Biggr] \ast \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ -6 \end{pmatrix}=0$

⭐Aufgabe 12: Modellierung eines Tisches (Normalenform)

Ein Tischfuß zeigt von einem Punkt $P(4|5|0)$ des Fußbodens aus nach oben, die Tischplatte ist $8$ Längeneinheiten vom Boden entfernt. Bestimme eine Koordinatengleichung der Ebene, in der die Tischplatte liegt.

$T(4|5|8)$ ist der Punkt, in dem das Tischbein auf die Tischplatte trifft, liegt somit in der Ebene der Tischplatte und dient als Aufpunkt der Ebenengleichung. Den Normalenvektor berechnen wir nach dem gleichen Verfahren wie bereits in der vorherigen Aufgabe durch die Berechnung von $\vec{TP}$.

Normalengleichung: $E\colon \Biggl[\vec{x}-\begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 8 \end{pmatrix}\Biggr] \ast \begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -8 \end{pmatrix}=0$

⭐Aufgabe 13: Marktplatzaufgabe (Koordinatenform)

Die folgende Abbildung zeigt eine Karte des Marktplatzes in Bremen mit dem Rathaus, dem Dom und weiteren sehenswürdigen Gebäuden.

Abbildung des Marktplatzes

Legt man ein Koordinatensystem mit dem Koordinatenursprung in der Mitte des Marktplatzes, sodass die $x_1$-Achse nach Süden, die $x_2$-Achse nach Osten und die $x_3$-Achse senkrecht in den Himmel zeigt. Vor dem Rathaus nimmt die Höhe des Marktplatzes nach Südwesten leicht ab. Dieser schräge Teil des Marktplatzes soll durch eine Ebene $E\colon \vec{x} = \begin{pmatrix} 42 \\ 20 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 28 \\ 24 \\ 0 \end{pmatrix}+ t \cdot \begin{pmatrix} -21 \\ 10 \\ 0{,}5 \end{pmatrix}$ beschrieben werden.

a) Berechne einen möglichen Normalenvektor der Ebene E.

Ein Normalenvektor $\vec{n}$ muss zu den Spannvektoren orthogonal (senkrecht) sein.

Also ist $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} 28 \\ 24 \\ 0 \end{pmatrix}=0$ und $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} -21 \\ 10 \\ 0{,}5 \end{pmatrix}=0$.

Hieraus folgt das Gleichungssystem:

$\left\vert\begin{alignat}{7} 28n_1 &&\; + \;&& 24n_2 &&\; + \;&& 0n_3 &&\; = \;&& 0 \\ {-}21n_1 &&\; + \;&& 10n_2 &&\; + \;&& 0{,}5n_3 &&\; = \;&& 0\\ \end{alignat}\right\vert$

Es gibt auch hier zwei Berechnungsmöglichkeiten - per Hand oder per Taschenrechner. Wollt ihr das Gleichungssystem per Hand lösen, geht ihr vor wie schon in Aufgabe 9 "Normalenvektor berechnen". Dazu formt ihr die erste Gleichung um und erhaltet:

$\begin{align} & & 28n_1 + 24n_2 &= 0 & &\mid -24n_2\\ \Leftrightarrow & & 28n_1 &= -24n_2 & &\mid :(-24)\\ \Leftrightarrow & & -\tfrac{28}{24}n_1 &= n_2\\ \Leftrightarrow & & -\tfrac{7}{6}n_1 &= n_2 \end{align}$

Durch Einsetzen der berechneten, von n_1 abhängigen Werte, in die zweite Gleichung erhalten wir auch n_3 und damit den allgemeinen Normalenvektor in Abhängigkeit von $n_1$:

$\vec{n} = \begin{pmatrix} n_1 \\ \tfrac{{-}7}{6} n_1 \\ -\tfrac{196}{3} n_1 \end{pmatrix}$

Für einen speziellen Normalenvektor wählen wir für $n_1$ eine beliebige Zahl aus. Die wählen wir so, dass insgesamt ganzzahlige Zahlen raus kommen. Wenn $n_1 = 6$ ist, dann folgt für $n_2 = {-}7$ und für $n_3 = 392$ .

Daraus folgt für den speziellen Normalenvektor $\vec{n} = \begin{pmatrix} 6 \\ -7 \\ 392 \end{pmatrix}$

b) Bestimme eine Koordinatengleichung der Ebene $E$

$E\colon 6x_1-7x_2+392x_3=504$ .

Vor dem Rathaus steht das Denkmals „Roland von Bremen“ mit standhaftem Blick auf dem Dom. Sein Fußpunkt ist $R(-30|20|z)$. Er wurde genau vertikal, d.h. senkrecht auf der $x_1x_2$-Ebene errichtet.

c) Bestimme $z$ derart, dass $R$ in der Ebene liegt.

$\begin{align} & & 6 \cdot ({-}30) - 7 \cdot 20+392z &= 504 & & \\ \Leftrightarrow & & {-}320+392z &= 504 & &\mid +320\\ \Leftrightarrow & & 392z &= 824. & &\mid :392\\ \Leftrightarrow & & z &\approx 2{,}1020 \end{align}$

.

⭐Aufgabe 14: Schattenwurf (Gerade und Ebene in Koordinatenform)

Ein Baum mit dem Fußpunkt $F({-}2|1|0)$ und der Spitze $S({-}2|1|15)$ wird von der Sonne bestrahlt, deren Sonnenstrahlen parallel zum Vektor $\begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 7 \end{pmatrix}$ verlaufen. Der Baum wirft einen Schatten auf einen Hang, der durch die Ebene $E\colon x_1+2x_2+x_3={-}6$ beschrieben wird. Wo liegt der Schattenpunkt $T$ der Baumspitze $S$ auf dem Hang und wie lang ist der Schatten des Baumes? (Das Ergebnis kann in Metern angegeben werden.)

Der Schattenpunkt $T$ entspricht dem Schnitt der Ebene $E$ mit der Geraden, die durch $S$ verläuft und den Richtungsvektor der Sonnenstrahlen besitzt.

Geradengleichung: $E\colon \vec{x}=\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 15 \end{pmatrix}+s \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 7 \end{pmatrix}$

Einsetzen der Zeilen der Geradengleichung in die Ebenengleichung:

$(-2+4s)+2(1+5s)+(15+7s)=-6.$

Durch Umformen und Ausmultiplizieren erhält man: $r=-1$

Einsetzen von $r=-1$ in die Geradengleichung ergibt den Schnittpunkt $T({-}6|{-}4|8)$.

Schattenlänge des Baumes: $\vert{\vec{FT}}\vert= \vert{\begin{pmatrix} -4 \\ -5 \\ 8 \end{pmatrix}}\vert =\sqrt{16+25+64}=\sqrt{105}$.

Damit hat der Schatten des Baumes eine Länge von ca. $10{,}25m$.

⭐Aufgabe 15: Reflexion zur Koordinatenform

a) Warum muss bei einer Koordinatengleichung $E\colon ax_1+bx_2+cx_3=d$ einer Ebene $E$ mindestens einer der Koeffizienten $a, b, c$ ungleich null sein?

Wenn $a, b, c$ Null wären, dann wäre der Nullvektor $\vec{0}$ ein Normalenvektor der Ebene. Der Nullvektor kann aber kein Normalenvektor sein. Das liegt daran, dass er die Länge 0 hat und damit nicht orthogonal zu einer Ebene sein kann.

b) Begründe: Unterscheiden sich die Koordinatengleichungen der Form $E\colon ax_1+bx_2+cx_3=d$ von zwei Ebenen nur in der Konstanten $d$, dann sind die Ebenen zueinander parallel.

Wenn sich die beiden Ebenengleichungen nur in $d$ unterscheiden, ist der Vektor $\begin{pmatrix} a \\ b \\ c \end{pmatrix}$ ein Normalenvektor von beiden Ebenen, das heißt er liegt orthogonal zu beiden Ebenen. Damit müssen die Ebenen parallel sein.

c) Beurteile: Alle Ebenen, bei denen in der Koordinatengleichung $E\colon ax_1+bx_2+cx_3=d$ die Koeffizienten $a$ und $b$ ungleich Null, aber $c=0$ ist, haben eine Gemeinsamkeit bezüglich ihrer Lage.

Die Aussage ist wahr, da all diese Ebenen parallel zur $x_3$-Achse liegen.

⭐Überführung der Parameterform in die Koordinatenform

Beispiel: Von der Parameter- zur Koordinatenform einer Ebenengleichung

Wir suchen die Koordinatengleichung der Ebene $E: \vec{x} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}+ t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 4 \end{pmatrix}$. 

Ein Normalenvektor $\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix}$ muss zu den Spannvektoren $\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}$ und $\begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 4 \end{pmatrix}$ orthogonal (senkrecht) sein, also ist $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}=0$ und $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -3 \\ 4 \end{pmatrix}=0$.

Hieraus folgt $n_1-n_2=0$ $n_1-3n_2+4n_3 =0$ und daraus XYZXYZ. Wählt man z.B. $n_2=2$, so erhält man $n_1=2$ und $n_3=1$ und damit $\vec{n}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}$.

Ansatz für die Koordinatengleichung: $E:2x_1+2x_2+x_3=d$.

Man berechnet $d$ indem man für $x_1, x_2$ und $x_3$ die Koordinaten des Stützvektors von E einsetzt: $d=2 \cdot 2 + 2 \cdot 1 + 1 \cdot 5=11$.

Koordinatengleichung: $E:2x_1+2x_2+x_3=11$

⭐Aufgabe 16: Koordinatengleichung aus Parametergleichung

Bestimme eine Koordinatengleichung der Ebene $E\colon \vec{x} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}+ t \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}$.

Ein Normalenvektor $\vec{n}$ muss zu den Spannvektoren orthogonal (senkrecht) sein.

Also ist $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} 1 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}=0$ und $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}=0$.

Hieraus folgt das Gleichungssystem

$\left\vert\begin{alignat}{7} 1n_1 &&\; + \;&& 3n_2 &&\; + \;&& 0n_3 &&\; = \;&& 0 \\ {-}2n_1 &&\; + \;&& 1n_2 &&\; + \;&& 3n_3 &&\; = \;&& 0\\ \end{alignat}\right\vert$

Es gibt auch hier zwei Berechnungsmöglichkeiten - per Hand oder per Taschenrechner. Wollt ihr das Gleichungssystem per Hand lösen, geht ihr vor wie schon in den vorherigen Aufgaben. Dazu formt ihr die erste Gleichung um und erhaltet:

$\begin{align} & & 1n_1 + 3n_2 &= 0 & &\mid -3n_2\\ \Leftrightarrow & & n_1 &= -3n_2 \end{align}$

Durch Einsetzen der berechneten, von n_2 abhängigen Werte in die zweite Gleichung erhalten wir auch n_3 und damit den allgemeinen Normalenvektor in Abhängigkeit von $n_2$:

$\vec{n} = \begin{pmatrix} {-}3n_2 \\ n_2 \\ -\tfrac{7}{3} n_2 \end{pmatrix}$

Für einen speziellen Normalenvektor wählen wir für $n_2$ eine beliebige Zahl aus. Die wählen wir so, dass insgesamt ganzzahlige Zahlen raus kommen. Wenn $n_2 = {-}3$ ist, dann folgt für $n_1 = 9$ und für $n_3 = 7$ .

Daraus folgt für den speziellen Normalenvektor $\vec{n} = \begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 7 \end{pmatrix}$

Das $d$ berechnen wir mithilfe des Normalenvektors und dem Orstvektor des Aufpunktes, d.h. es ist $d=\vec{n} \ast \vec{OA}$:

$9 \cdot 2 - 3 \cdot 1 + 7 \cdot 2=29$

Koordinatenform der Ebenengleichung: $9x_1 - 3x_2 + 7x_3=29$

⭐Aufgabe 17: Parameter-, Normalen- und Koordinatengleichung

Die Ebene $E$ ist durch die drei Punkte $A(7|2|{-}1)$, $B(4|1|3)$, $C(1|3|2)$ festgelegt. Bestimme eine Parametergleichung, eine Normalengleichung und eine Koordinatengleichung der Ebene $E$.

Zum Aufstellen einer möglichen Parametergleichung wählen wir beispielsweise den Punkt $A$ als Aufpukt. Die Richtungsvektoren können beispielsweise berechnet werden durch $\vec{AB}$ als ersten Richtungsvektor und $\vec{AC}$ als zweiten. Somit setzt sich die Ebenengleichung wie folgt zusammen:

$E\colon \vec{x} = \vec{OA} + s \cdot \vec{AB} + t \cdot \vec{AC}$.

Damit ergibt sich:

$E\colon \vec{x} = \begin{pmatrix} 7 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -3 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}+ t \cdot \begin{pmatrix} -6 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}$

Da ein Normalenvektor $\vec{n}$ zu den Spannvektoren orthogonal (senkrecht) sein muss gilt $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} -3 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix}=0$ und $\begin{pmatrix} n_1 \\ n_2 \\ n_3 \end{pmatrix} \ast \begin{pmatrix} -6 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix}=0$.

Hieraus folgt das Gleichungssystem

$\left\vert\begin{alignat}{7} {-}3n_1 &&\; - \;&& 1n_2 &&\; + \;&& 4n_3 &&\; = \;&& 0 \\ {-}6n_1 &&\; + \;&& 1n_2 &&\; + \;&& 3n_3 &&\; = \;&& 0\\ \end{alignat}\right\vert$

Um das Gleichungssystem per Hand zu lösen, behalten wir die erste Gleichung bei und ersetzen die zweite durch die Summe der beiden Gleichungen wodurch wir folgendes Gleichungssystem erhalten:

$\left\vert\begin{alignat}{7} {-}3n_1 &&\; - \;&& 1n_2 &&\; + \;&& 4n_3 &&\; = \;&& 0 \\ {-}9n_1 &&\; + \;&& 0n_2 &&\; + \;&& 7n_3 &&\; = \;&& 0\\ \end{alignat}\right\vert$

Zur Berechnung eines allgemeinen Normalenvektors formen wir die zweite Gleichung um und erhalten:

$\begin{align} & & {-}9n_1 + 7n_2 &= 0 & &\mid -7n_2\\ \Leftrightarrow & & {-}9n_1 &= {-}7n_3 & &\mid :{-}7\\ \Leftrightarrow & & \tfrac{9}{7}n_1 &= n_3 \end{align}$

Durch Einsetzen von $n_1$ und $n_3=\tfrac{9}{7}n_1$ in die erste Gleichung erhalten wir auch $n_2$ als von $n_1$ abhängigen Wert mit $n_2=\tfrac{15}{7}$. Damit ergibt sich der allgemeine Normalenvektor:

$\vec{n} = \begin{pmatrix} n_1 \\ \tfrac{15}{7} n_1 \\ \tfrac{9}{7} n_1 \end{pmatrix}$

Für einen speziellen Normalenvektor wählen wir für $n_1$ eine beliebige Zahl aus. Die wählen wir so, dass insgesamt ganzzahlige Zahlen raus kommen. Wenn $n_1 = {-}7$ ist, dann folgt für $n_2 = {-}15$ und für $n_3 = {-}9$ .

Daraus folgt für den speziellen Normalenvektor $\vec{n} = \begin{pmatrix} -7 \\ -15 \\ -9 \end{pmatrix}$.

Außerdem nutzen wir $\vec{OA}$ als Aufpunkt und erhalten somit:

$E\colon \vec{x}=\Biggl[\vec{x}-\begin{pmatrix} 7 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}\Biggr] \cdot \begin{pmatrix} -7 \\ -15 \\ -9 \end{pmatrix}=0$

Wir nutzen den eben berechneten Normalenvektor auch zum Aufstellen der Koordinatenform.

Das $d$ berechnen wir mithilfe des Skalarprodukts des Normalenvektors mit dem Orstvektor des Aufpunktes, d.h. es ist $d=\vec{n} \ast \vec{OA}$:

$(-7 \cdot 7) + ((-15) \cdot 2) + ((-9) \cdot (-1)) =-70$

Damit ergibt sich folgende Koordinatengleichung:

$E:-7x_1-15x_2-9x_3=-70$