Ebenen

Parameterdarstellung der Ebene

Eine Ebene $E$ ist bestimmt durch einen Punkt $P$ und zwei nicht kollineare Vektoren $\vec{a}$ und $\vec{b}$ .

Für jeden Punkt $Q$ der Ebene liegt also der Vektor $\vec{PQ}$ in der Ebene und kann durch die beiden sogenannten Spannvektoren $\vec{a}$ und $\vec{b}$ ausgedrückt werden:

\vec{PQ} = t\vec{a}+s\vec{b}

Lässt man $s$ und $t$ durch ganz $\mathbb{R}$ laufen, wird jeder Punkt in der Ebene erreicht; also die ganze Ebene erzeugt.

Definition 1: Parameterdarstellung

Die Darstellung

\vec{E}=\vec{P}+t\vec{a}+s\vec{b}

heisst Parameterdarstellung der Ebene. Den Vektor $\vec{P}$ nennt man Stützvektor. $\vec{a}$ und $\vec{b}$ heissen Spannvektoren.

Note 1

Die reellen Zahlen $s,t$ heissen Parameter. Jedem Paar $(s|t)\in\mathbb{R}^2$ ist genau ein Punkt auf der Ebene zugeordnet. Umgekehrt gibt es zu jedem Punkt auf der Ebene genau ein Paar $(s|t)\in\mathbb{R}^2$ .

Exercise 1: Markiere

Markiere obiger Abbildung die Punkte in der Ebene $E$ , die den Paaren $(t|s) \in \mathbb{R} \times \mathbb{R}$ entsprechen: $(1|0),(1|1), (0|1),(0|0)$ , $(-0.5|-0.5)$ .

Solution

Exercise 2: eine Parameterdarstellung

Wie lautet eine (naheliegende) Parameterdarstellung der Ebene, die durch die drei Punkte $A(2|0|3), B(1|- 1|5), C(3|- 2|0)$ bestimmt ist?

Solution

Wir nehmen $A$ als Stützvektor und $\vec{AB}$ und $\vec{AC}$ als Richtungsvektoren:

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

Exercise 3: Geometrie

Welches geometrische Gebilde wird durch ( $t,s \in \mathbb{R}$ )

a) $\vec{E}=\vec{P}+t^2\vec{a}+s^2\vec{b}$

b) $\vec{E}=\vec{P}+t^2\vec{a}+s\vec{b}$

dargestellt?

Solution

a) eine Viertelebene, da $t^2,s^2\in\mathbb{R}_0^+$

b) Halbebene, $\vec{b}$ geht in beide Richtungen.

Exercise 4: Sich schneidende Geraden

Zeige, dass die Geraden

g_t:\begin{pmatrix}3\\1\\5\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-4\\1\\3\end{pmatrix},\quad h_s:\begin{pmatrix}4\\-1\\4\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}2\\3\\-1\end{pmatrix}

sich schneiden. Welche Ebene ist durch diese Geraden bestimmt?

Solution

Wir suchen den Schnittpunkt:

\begin{align*} \begin{pmatrix}3\\1\\5\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-4\\1\\3\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix}4\\-1\\4\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}2\\3\\-1\end{pmatrix} \end{align*}

\begin{align*} 3-4t &= 4-2s\\ 1+t &= -1+3s \end{align*}

also $t=-2+3s$ und eingesetzt:

\begin{align*} 3-4(-2+3s) &= 4-2s\\ 11-12s &= 4-2s\\ 7 &= 10s\\ s &= \frac{7}{10} \end{align*}

und $t=\frac{1}{10}$ , also $S(2.6|1.1|5.3)$ . Eine Ebenengleichung ist dann beispielsweise

\begin{pmatrix} 2.6\\1.1\\5.3 \end{pmatrix}+s\cdot\begin{pmatrix} -4\\1\\3 \end{pmatrix}+t\cdot\begin{pmatrix} 2\\3\\-1 \end{pmatrix}

Koordinatenform der Ebene

Aus der Komponentenform der Parametergleichung erhält man durch Elimination der Parameter $t$ und $s$ eine Gleichung der Form

Ax+By+Cz+D = 0

wobei $A,B,C,D\in\mathbb{R}$

Example 1

Sei

E: \begin{pmatrix}2\\2\\1\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\-2\\3\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}2\\5\\7\end{pmatrix}

Die drei Komponentengleichungen lauten

\begin{align*} x &= 2+t+2s\tag{1}\\ y &= 2-2t+5s\tag{2}\\ z &= 1+3t+7s\tag{3}\\ \end{align*}

Wir reduzieren auf 2 Gleichungen und eliminieren $t$ mit (1) $\cdot2+$ (2) und (1) $\cdot3-$ (3)

\begin{align*} 2x+y &= 6+9s\tag{4}\\ 3x-z &= 5-s\tag{5} \end{align*}

$s$ kriegt man beispielsweise mit (4) $+$ (5) $\cdot9$ weg

\begin{align*} 29x+y-9z-51 &= 0 \end{align*}

Definition 2: Koordinatengleichung

Die Darstellung

Ax+By+Cz+D=0

wobei $A,B,C,D\in\mathbb{R}$ heisst Koordinatenform oder Koordinatengleichung+ der Ebene.

Exercise 5: Parameterdarstellung und Koordinatengleichung

Bestimme zuerst eine Parameterform der Ebene, welche durch die Punkte $(3|0|0)$ , $(0|5|0)$ , $(0|0|2)$ . Zeichne anschliessend einen Ausschnitt dieser Ebene in einem Koordinatensystem. Bestimme schliesslich eine Koordinatengleichung der Ebene und entscheide, ob der Punkt $T(-12|15|4)$ in der Ebene liegt.

Solution

Ein Normalenvektor ist $\vec{n}=\begin{pmatrix} -3\\5\\0 \end{pmatrix}\times\begin{pmatrix} -3\\0\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 10\\6\\15 \end{pmatrix}$ und somit setzten wir $10x+6y+15z+D=0$ an. Setzen wir $(0 \mid 0 \mid 2)$ ein erhalten wir $D=-30$ und damit

10x+6y+15z-30=0.

Wir prüfen, ob $T\in E$ : $-120+90+60=30\neq0$ ; also $T\not\in E$ .

Normalenform einer Ebene

Als dritte Darstellungsform für Ebenen kann für gewisse Problemstellungen die sogenannte Normalenform nützlich sein. Dabei wird die Ebene durch einen Stützvektor und einen entsprechenden Normalenvektor - ein Vektor, der senkrecht auf der Ebene steht - festgelegt. Der Normalenvektor bestimmt die relative Lage der Ebene im Raum; der Stützvektor die exakte Position.

Definition 3: Normalenform

Die Darstellung

E:\vec{n}\cdot(\vec{P}-\vec{x})=0

wobei $\vec{n}$ senkrecht auf $E$ steht, $P$ in der Ebene liegt und $x$ ein beliebiger Punkt der Ebene ist, heisst Normalenform der Ebene++ $E$ .

Die Umwandlung von Koordinatenform in Normalenform und vice versa ist sehr einfach, denn es gilt

Theorem 1

Ist

Ax+By+Cz+D = 0

eine Koordinatengleichung einer Ebene, dann ist

\vec{n} = \begin{pmatrix}A\\B\\C\end{pmatrix}

ein Normalenvektor dieser Ebene.

Proof

Zeige dies mit folgender Anleitung: Nimm zwei beliebige Punkte $P_1, P_2$ in der Ebene und verifiziere, dass

\vec{n}\cdot\vec{P_1P_2} = 0.

Und umgekehrt hat man

Theorem 2

Ist

\vec{n} = \begin{pmatrix}A\\B\\C\end{pmatrix}

ein Normalenvektor einer Ebene $E$ , so hat deren Koordinatengleichung die Form

Ax+By+Cz+D = 0.

Note 2

Damit lässt sich relativ einfach die Koordinatengleichung einer Ebene aufstellen, von der man drei Punkte $P$ , $Q$ und $R$ kennt. Denn $\vec{PQ}\times\vec{PR}$ ist ein Normalenvektor dieser Ebene.

Exercise 6: Koordinatengleichung

Wie lautet die Koordinatengleichung der Ebene durch $P(2 \mid 2 \mid -2)$ , die parallel zur Ebene $x- 2y- 3z=0$ liegt.

Solution

Mit dem Parameter $D$ lassen wir die Ebene zum vorgegebenen Punkt verschieben, der Normalenvektor gibt die Ausrichtung vor: $2-4+6+D=0\Leftrightarrow D=-4$ . Somit $E:x-2y-3z-4=0$ . (Koordinatengleichung kommentiert)

Exercise 7: Koordinatengleichung II

Stelle die Koordinatengleichung der Ebene durch $P(-6 \mid 10 \mid 16)$ auf, die normal zur Geraden

g:\begin{pmatrix}6\\4\\0\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}-8\\4\\8\end{pmatrix}

steht.

Solution

Wenn die Ebene normal zur Geraden stehen soll, dann nehmen wir den Richtungsvektor als Normalenvektor: $\begin{pmatrix} -2\\1\\2 \end{pmatrix}$ . Ferner soll der Punkt $P$ in der Ebene liegen: $12+10+32+D=0\Leftrightarrow D=-54$ . Also $E: -2x+y+2z-54=0$ .

Exercise 8: Durchstosspunkt

Ermittle den Durchstosspunkt durch die Ebene $E$ der Geraden $g$ :

\begin{align*}E&:\begin{pmatrix}1\\2\\6\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}3\\7\\4\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}-5\\2\\3\end{pmatrix}\\g_u&:\begin{pmatrix}6\\4\\-5\end{pmatrix}+u\begin{pmatrix}-4\\3\\7\end{pmatrix}\end{align*}

\begin{align*}E&:2x-y+3z+1=0\\ g_t&:\begin{pmatrix}3\\-4\\-1\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}\end{align*}

Solution

a) Hier würde ich zuerst die Koordinatenform der Ebene eruieren: $\vec{n}=\begin{pmatrix} 13\\-29\\41 \end{pmatrix}$ und daraus $D=-201$ . Die Gerade soll nun die Ebenengleichung erfüllen:

\begin{align*} 13(6-4u)-29(4+3u)+41(-5+7u)-201 &= 0\\ 78-52u-116-87u-205+287u-201 &= 0\\ -444+148u &= 0\\ u &= 3 \end{align*}

Somit liegt der Durchstosspunkt bei $D(-6 \mid 13 \mid 16)$ .

\begin{align*} 2(3+2t)-(-4-t)+3(-1+t)+1 &= 0\\ 8+8t &= 0\\ t &= -1 \end{align*}

und damit $D(1 \mid -3 \mid -2)$ .

Exercise 9: 🧩

Man denke sich das Dreieck $A(4 \mid 1 \mid 2), B(2 \mid 6 \mid 3), C(-3 \mid 2 \mid 4)$ als undurchsichtige Fläche und begründe rechnerisch, ob der Punkt $P(0 \mid 0 \mid 5)$ vom Punkt $Q(3 \mid 9 \mid -1)$ aus sichtbar ist.

Solution

Wir berechnen die Ebene, in der das Dreieck liegt, berechnen dann den Durchstosspunkt und schliesslich beurteilen wir, ob der Punkt $P$ von $Q$ aus sichtbar ist.

Die Ebenengleichung: $\vec{n}=\begin{pmatrix} -2\\5\\1 \end{pmatrix}\times\begin{pmatrix} -7\\1\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 9\\-3\\10 \end{pmatrix}$ und daraus $D=-53$ , also $E: 9x-3y+10z-53=0$ , sowie die Gerade $g_t=\begin{pmatrix} 0\\0\\5 \end{pmatrix}+t\cdot\begin{pmatrix} 1\\3\\-2 \end{pmatrix}$ . Wir setzen ein

9t-9t+10(5-2t)-53=0\Leftrightarrow t=-\frac{3}{2}

Daraus erhalten wir $D(-1.5 \mid -4.5 \mid 8)$ .

Jetzt müssen wir prüfen, ob $D$ als Linearkombination der Dreiecksseitenvektoren mit entsprechenden Streckungsfaktoren darstellbar ist.

$\begin{pmatrix} 4\\1\\2 \end{pmatrix}+s\begin{pmatrix} -2\\5\\1 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} -7\\1\\2 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4-2s-7t\\1+5s+t\\2+s+2t \end{pmatrix}$ woraus $s=-\frac{4}{3}$ und $t=\frac{7}{6}$ folgen. Weil $s$ und $t$ betragsmässig grösser als $1$ sind, liegt der Durchstosspunkt nicht in der Dreiecksfläche. (Durchstosspunkt kommentiert)

Exercise 10: Lichtstrahl

Ein Lichtstrahl, von $P(4 \mid 5 \mid -1)$ herkommend mit Richtung $\vec{r}=(-2 \mid 1 \mid 0.5)$ wird an der $xy$ -Ebene reflektiert. Wo trifft er auf die $xy$ -Ebene? Wie sieht die Richtung des reflektierten Strahls aus?

Solution

Lichtstrahl: $l=(4 \mid 5 \mid -1)+t(-2 \mid 1 \mid 0.5)$ und der Schnittpunkt mit der $xy$ -Ebene ist $S(0 \mid 7 \mid 0)$ .

Für die Projektion von $P$ auf die \glqq andere\grqq\ Seite ist

\begin{pmatrix} 4\\5\\-1 \end{pmatrix}+t\begin{pmatrix} 0\\0\\1 \end{pmatrix}

und daraus $t=1$ , also den reflektierten Punkt mit $t=2$ zu $\begin{pmatrix} 4\\5\\1 \end{pmatrix}$ . Die Richtung des reflektieren Strahls ist $\vec{P'S}=(-4 \mid 2 \mid -1)$ .

Exercise 11: 🧩

Eine dreiseitige Pyramide hat die Grundfläche $A(-12 \mid 0 \mid -2)$ , $B(12 \mid -12 \mid -2)$ , $C(0 \mid 12 \mid -2)$ und die Spitze in $S(-4 \mid 4 \mid 6)$ . Zeichne die Pyramide in ein Koordinatensystem und rechne den Radius der Innkugel aus.

Solution

Dreiseitige Pyramide kommentiert