MathGymOS/ Analytische Geometrie/ Lage/ Lagebeziehung 2

Wie bereits im Abschnitt Lagebeziehungen Teil 1 erwähnt, lassen sich einige Fragen nach der Lage von Ebenen zu einander bzw. der Lage einer Gerade und einer Ebene zu einander leichter beantworten, wenn dabei auf andere Darstellungsformen von Ebene als die Parameterform zurück gegriffen werden kann. In diesem Abschnitt sollen diese Methoden beschrieben werden.

Noch einmal Punktprobe für Ebenen

Ob ein Punkt $P\left(p_{1}|p_{2}|p_{3}\right)$ mit Ortsvektor ${\vec {p}}$ auf einer Ebene E liegt, kann natürlich auch mit Hilfe der Normalenform bzw. der Koordinatenform der Ebene überprüft werden.

$E:\;{\vec {x}}\cdot {\vec {n}}-c=0$ (ANF)

bzw.

$E:\;n_{1}\cdot x_{1}+n_{2}\cdot x_{2}+n_{3}\cdot x_{3}=c$ (KF)

Liegt der Punkt auf der Ebene, so sind folgende Gleichungen erfüllt:

${\vec {p}}\cdot {\vec {n}}-c=0$

bzw.

$n_{1}\cdot p_{1}+n_{2}\cdot p_{2}+n_{3}\cdot p_{3}=c$

Beispiele

Gegeben

$E:\;{\vec {x}}\cdot {\begin{pmatrix}-1\\2\\-2\\\end{pmatrix}}+10=0$

bzw.

$E:\;-x_{1}+2\cdot x_{2}-2\cdot x_{3}=-10$

Der Punkt $P\left(6|5|7\right)$ liegt auf E, denn in die ANF eingesetzt:

${\begin{pmatrix}6\\5\\7\\\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}-1\\2\\-2\\\end{pmatrix}}+10=-6+10-14+10=0$

Der Punkt $P\left(1|2|3\right)$ liegt nicht auf E, denn in die KF eingesetzt:

$-1+2\cdot 2-2\cdot 3=-3\neq -10$

 

Gegenseitige Lage einer Geraden und einer Ebene

Es gibt drei Möglichkeiten, wie eine Gerade zu einer Ebene liegen kann. Sie kann

• in der Ebene enthalten sein,
• parallel zu der Ebene verlaufen,
• die Ebene in genau einem Punkt schneiden oder durchstoßen.

• Lagebeziehungen von Geraden zu Ebenen
• 
  enthalten
• 
  parallel
• 
  durchstoßend

Bestimmen der gegenseitigen Lage

• Bestimme einen Normalenvektor ${\vec {n}}$ der Ebene und einen Richtungsvektor ${\vec {u}}$ der Geraden.
• Untersuche ob der Normalenvektor und der Richtungsvektor orthogonal sind $\left({\vec {n}}\cdot {\vec {u}}=0\right)$.
  • Falls die beiden Vektoren nicht orthogonal sind, muss die Gerade die Ebene durchstoßen.
  • Falls die beiden Vektoren orthogonal sind, kann die Gerade nur parallel zur Ebene liegen oder in ihr enthalten sein. Überprüfe mit Hilfe der Punktprobe, ob ein Punkt der Geraden auch auf der Ebene liegt
    • Liegt ein Punkt der Geraden auf der Ebene, dann kann die Gerade nicht parallel zur Ebene liegen. Die Gerade muss also in der Ebene enthalten sein.
    • Liegt der Punkt der Geraden nicht auf der Ebene, dann kann die Gerade nicht in der Ebene enthalten sein. Die Gerade muss parallel zur Ebene liegen

Bestimmen des Durchstoßpunktes

• Bestimme gegebenenfalls eine Koordinatenform der Ebene: $E:\;n_{1}\cdot x_{1}+n_{2}\cdot x_{2}+n_{3}\cdot x_{3}=c$.
• Zerlege die Parameterform der Geraden $g:\;{\vec {x}}={\vec {p}}+t\cdot {\vec {u}}$ in drei Gleichungen für die drei Koordinaten:
  $x_{1}=p_{1}+t\cdot u_{1}$, $x_{2}=p_{2}+t\cdot u_{2}$ und $x_{3}=p_{3}+t\cdot u_{3}$.
• Setze diese Terme in die Koordinatenform der Ebene anstelle von $x_{1}$, $x_{2}$ und $x_{3}$ ein.
  $n_{1}\cdot \left(p_{1}+t\cdot u_{1}\right)+n_{2}\cdot \left(p_{2}+t\cdot u_{2}\right)+n_{3}\cdot \left(p_{3}+t\cdot u_{3}\right)=c$
• Löse die entstehende Gleichung nach t auf und setze die Lösung in die Parameterform der Geraden ein.

Beispiele

• Beispiel 1 (durchstoßend)

$E:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}-2\\-1\\5\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\\\end{pmatrix}}+r\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\\5\\\end{pmatrix}}\;\left(t,r\in \mathbb {R} \right)$

und

$g:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}4\\2\\-13\\\end{pmatrix}}+s\cdot {\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}\;\left(s\in \mathbb {R} \right)$

Ein Normalenvektor von E ist ${\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}$, ein Richtungsvektor von g ist ${\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}$.

Es gilt ${\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}=-18\neq 0$, die Gerade durchstößt also die Ebene.

Eine Koordinatenform von E lautet: $E:\;-2\cdot x_{1}+4\cdot x_{2}-4\cdot x_{3}=-20$

$g:\;x_{1}=4+s,\;x_{2}=2-2s,\;x_{3}=-13+2s$ eingesetzt in die KF von E:

$-2\cdot \left(4+s\right)+4\cdot \left(2-2s\right)-4\cdot \left(-13+2s\right)=-20$

$\Leftrightarrow -18s+52=20\Leftrightarrow s=4$

Einsetzen liefert: ${\vec {x}}={\begin{pmatrix}4\\2\\-13\\\end{pmatrix}}+4\cdot {\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}8\\-6\\-5\\\end{pmatrix}}$

Die Gerade durchstößt die Ebene demnach im Punkt $\left(8|-6|-5\right)$.

• Beispiel 2 (enthalten)

$E:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}-2\\-1\\5\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\\\end{pmatrix}}+r\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\\5\\\end{pmatrix}}\;\left(t,r\in \mathbb {R} \right)$

und

$g:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}2\\6\\10\\\end{pmatrix}}+s\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\-2\\\end{pmatrix}}\;\left(s\in \mathbb {R} \right)$

Ein Normalenvektor von E ist ${\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}$, ein Richtungsvektor von g ist ${\begin{pmatrix}2\\-1\\-2\\\end{pmatrix}}$.

Es gilt ${\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\-2\\\end{pmatrix}}=0$, die Gerade ist also in der Ebene enthalten oder verläuft parallel zu ihr.

Ein Punkt der Geraden ist $P\left(2|6|10\right)$. Dieser Punkt erfüllt die Punktprobe mit der Koordinatenform von $E:\;-2\cdot x_{1}+4\cdot x_{2}-4\cdot x_{3}=-20$, denn $-2\cdot 2+4\cdot 6-4\cdot 10=-4+24-40=-20$

Die Gerade ist also in der Ebene enthalten.

• Beispiele 3 (parallel)

$E:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}-2\\-1\\5\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\\\end{pmatrix}}+r\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\\5\\\end{pmatrix}}\;\left(t,r\in \mathbb {R} \right)$

und

$g:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}2\\3\\2\\\end{pmatrix}}+s\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\-2\\\end{pmatrix}}\;\left(s\in \mathbb {R} \right)$

Ein Normalenvektor von E ist ${\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}$, ein Richtungsvektor von g ist ${\begin{pmatrix}2\\-1\\-2\\\end{pmatrix}}$.

Es gilt ${\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}\cdot {\begin{pmatrix}2\\-1\\-2\\\end{pmatrix}}=0$, die Gerade ist also in der Ebene enthalten oder verläuft parallel zu ihr.

Ein Punkt der Geraden ist $P\left(2|3|2\right)$. Dieser Punkt erfüllt nicht die Punktprobe mit der Koordinatenform von $E:\;-2\cdot x_{1}+4\cdot x_{2}-4\cdot x_{3}=-20$, denn $-2\cdot 2+4\cdot 3-4\cdot 2=-4+12-8=0\neq -20$

Die Gerade verläuft also parallel zur Ebene.

 

Gegenseitige Lage von Ebenen

Es gibt drei Möglichkeiten, wie zwei Ebenen zu einander liegen können. Sie können

• identisch sein,
• parallel sein,
• sich schneiden.

• Lagebeziehungen von Ebenen
• 
  identisch
• 
  parallel
• 
  schneidend

Bestimmen der gegenseitigen Lage

• Bestimme zu jeder der beiden Ebenen einen Normalenvektor ${\vec {n}}_{1}$ und ${\vec {n}}_{2}$
• Überprüfe, ob die beiden Normalenvektoren kollinear sind $\left({\vec {n}}_{1}=r\cdot {\vec {n}}_{2},\;r\in \mathbb {R} \right)$.
  • Sind die beiden Normalenvektoren nicht kollinear, so müssen die beiden Ebenen sich schneiden.
  • Sind die beiden Normalenvektoren kollinear, so können die Ebenen parallel oder identisch sein.
    Überprüfe in diesem Fall mit Hilfe der Punktprobe, ob ein Punkt der einen Ebene auch ein Punkt der anderen Ebene ist.
    • Liegt der Punkt der einen Ebene auch auf der anderen Ebene, so können die Ebenen nicht parallel sein. Sie müssen also identisch sein.
    • Liegt der Punkt der einen Ebene nicht auf der anderen Ebene, so können die Ebenen nicht identisch sein. Sie müssen also parallel sein.

Bestimmen der Schnittgerade

• Forme die Darstellungen der Ebenen gegebenenfalls so um, dass eine Ebene in Parameterform vorliegt (im folgenden $E_{1}$) und eine Ebene in Koordinatenform vorliegt (im folgenden $E_{2}$), also
  $E_{1}:\;{\vec {x}}={\vec {p}}+s\cdot {\vec {u}}+t\cdot {\vec {v}}\qquad \left(s,t\in \mathbb {R} \right)$ und
  $E_{2}:\;n_{1}\cdot x_{1}+n_{2}\cdot x_{2}+n_{3}\cdot x_{3}=c$.
• Schreibe die Gleichung von $E_{1}$ in drei Gleichungen für die die drei Koordinaten um
  $x_{1}=p_{1}+s\cdot u_{1}+t\cdot v_{1},\;x_{2}=p_{2}+s\cdot u_{2}+t\cdot v_{2},\;x_{3}=p_{3}+s\cdot u_{3}+t\cdot v_{3}$.
• Setze diese Terme in die Koordinatenform der Ebene $E_{2}$ anstelle von $x_{1}$, $x_{2}$ und $x_{3}$ ein.
  $n_{1}\cdot \left(p_{1}+s\cdot u_{1}+t\cdot \right)+n_{2}\cdot \left(p_{2}+s\cdot u_{2}+t\cdot v_{2}\right)+n_{3}\cdot \left(p_{3}+s\cdot u_{3}+t\cdot v_{3}\right)=c$.
• Löse die entstehende Gleichung nach s oder t auf, z.B. in der Form $s=m+k\cdot t$.
• Setze die Lösung für s (bzw. t) in die Parameterform von $E_{1}$ ein.
  ${\vec {x}}={\vec {p}}+(m+k\cdot t)\cdot {\vec {u}}+t\cdot {\vec {v}}$.
• Fasse die Terme mit Parameter und die Terme ohne Parameter zusammen. Die Parameterform der Schnittgeraden lautet dann:
  $g_{S}:\;{\vec {x}}=\left({\vec {p}}+m\cdot {\vec {u}}\right)+t\cdot \left(k\cdot {\vec {u}}+{\vec {v}}\right)\qquad \left(t\in \mathbb {R} \right)$.

Beispiele

• Beispiel 1 (schneidend)

$E_{1}:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}-2\\-1\\5\\\end{pmatrix}}+s\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\\5\\\end{pmatrix}}\;\left(s,t\in \mathbb {R} \right)$

und

$E_{2}:\;x_{1}+2\cdot x_{2}-2\cdot x_{3}=-18$

Ein Normalenvektor zu $E_{1}$ ist ${\vec {n}}_{1}={\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}$, ein Normalenvektor zu $E_{2}$ ist ${\vec {n}}_{2}={\begin{pmatrix}1\\2\\-2\\\end{pmatrix}}$.

Die beiden Vektoren sind nicht kollinear, also schneiden sich die beiden Ebenen.

Bestimmen der Schnittgerade

$E_{1}$ geschrieben in drei Gleichungen für die drei Koordinaten:

$x_{1}=-2+2s-2t,\;x_{2}=-1+s+4t,\;x_{3}=5+5t$

Eingesetzt in die Koordinatenform von $E_{2}$:

$\left(-2+2s-2t\right)+2\cdot \left(-1+s+4t\right)-2\cdot \left(5+5t\right)=-18$

$\Leftrightarrow 4s-4t-14=-18$

$\Leftrightarrow s=-1+t$

Eingesetzt in die Parameterform von $E_{1}$:

${\vec {x}}={\begin{pmatrix}-2\\-1\\5\\\end{pmatrix}}+(-1+t)\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\\5\\\end{pmatrix}}$

zusammengefasst:

$g_{S}:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}-4\\-2\\5\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}0\\5\\5\\\end{pmatrix}}\;\left(t\in \mathbb {R} \right)$

• Beispiel 2 (identisch)

$E_{1}:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}-2\\-1\\5\\\end{pmatrix}}+s\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\\5\\\end{pmatrix}}\;\left(s,t\in \mathbb {R} \right)$

und

$E_{2}:\;-2\cdot x_{1}+4\cdot x_{2}-4\cdot x_{3}=-20$

Ein Normalenvektor zu $E_{1}$ ist ${\vec {n}}_{1}={\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}$, ein Normalenvektor zu $E_{2}$ ist ${\vec {n}}_{2}={\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}$.

Die beiden Vektoren sind kollinear, denn $-2\cdot {\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}={\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}$, also sind die beiden Ebenen entweder parallel oder identisch.

Der Punkt $P\left(-2|-1|5\right)$ liegt auf der Ebene $E_{1}$. Wegen $-2\cdot (-2)+4\cdot (-1)-4\cdot 5=4-4-20=-20$ liegt P auch auf $E_{2}$.

Die Ebenen sind also identisch.

• Beispiele 3 (parallel)

$E_{1}:\;{\vec {x}}={\begin{pmatrix}-2\\-1\\5\\\end{pmatrix}}+s\cdot {\begin{pmatrix}2\\1\\0\\\end{pmatrix}}+t\cdot {\begin{pmatrix}-2\\4\\5\\\end{pmatrix}}\;\left(s,t\in \mathbb {R} \right)$

und

$E_{2}:\;-2\cdot x_{1}+4\cdot x_{2}-4\cdot x_{3}=-8$

Ein Normalenvektor zu $E_{1}$ ist ${\vec {n}}_{1}={\begin{pmatrix}1\\-2\\2\\\end{pmatrix}}$, ein Normalenvektor zu $E_{2}$ ist ${\vec {n}}_{2}={\begin{pmatrix}-2\\4\\-4\\\end{pmatrix}}$.

Die beiden Vektoren sind kollinear, also sind die beiden Ebenen entweder parallel oder identisch.

Der Punkt $P\left(-2|-1|5\right)$ liegt auf der Ebene $E_{1}$, aber wegen $-2\cdot (-2)+4\cdot (-1)-4\cdot 5=-20\neq -8$ liegt er nicht auf $E_{2}$.

Die Ebenen sind also parallel.

 

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