Abstand eines Punktes von einer Geraden im R³

02.09.2013, 17:55

134340

Abstand eines Punktes von einer Geraden im R³

Hey

Wie wird der Abstand eines Punktes von einer Geraden berechnet? Die Erklärungen in meinem Buch leuchten mir irgendwie nicht ein. Die gegebene Gerade hat die Parameterform: $\begin{eqnarray*} g:\vec{x} = \begin{pmatrix} 3 \\ 2 \\ -9 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ Zudem ist der Punkt P(1;2;2) gegeben.

Jetzt soll ich eine Hilfsebene H bilden, die senkrecht auf g liegt, den Punkt P enthält und den Punkt Q, welcher der Schnittpunkt zwischen g und H ist. Damit kann man dann irgendwie den Abstand zwischen Q und P berechnen.

Die Koordinatengleichung von H habe ich bestimmt, indem ich einfach den Richtungsvektor von g für die Koeffizienten von H eingesetzt habe, da mir das in diesem Fall irgendwie einleuchtend war. Da ich mir nicht sicher bin ob ich das jedes mal so erkennen werde, nun meine Frage: gibt es da eine andere allgemeingültige Möglichkeit?
$\begin{eqnarray*} H:2x_1 + 3x_2 +x_3=10 \end{eqnarray*}$

Weiter komme ich leider nicht; wie wird der Schnittpunkt Q berechnet?

Ich hoffe da kann mir jemand weiterhelfen smile

02.09.2013, 18:05

riwe

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RE: Abstand eines Punktes von einer Geraden im R³
die gerade g in H einsetzen liefert den parameter $\begin{eqnarray*} t_Q \end{eqnarray*}$
der gesuchte abstand d = |PQ|

die methode heißt lotfußpunktverfahren oder so ähnlich Augenzwinkern

02.09.2013, 18:21

134340

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RE: Abstand eines Punktes von einer Geraden im R³

Zitat:

Original von riwe
die gerade g in H einsetzen liefert den parameter $\begin{eqnarray*} t_Q \end{eqnarray*}$

Achso. Ich hatte die Idee: H in Paramterform umrechnen dann beide gleichsetzen, das Gleichungssystem lösen und die erhaltenen Werte einsetzen, dann müsste doch auch Q dabei herauskommen, oder nicht?

Deine Methode ist natürlich um einiges einfacher Big Laugh

Ich habe dann r=0,5 und somit den Punkt Q(4;3,5;-8,5).

Wie wird jetzt der Abstand zwischen P und Q berechnet? In meinem Heft steht $\begin{eqnarray*} d_{PQ}=\sqrt{\vec{P}* \vec{Q} } \end{eqnarray*}$ (meintest du das gleiche mit deinem d = |PQ|?)aber im Tafelwerk steht $\begin{eqnarray*} d=| \left(\vec{v}_r- \vec{v}_0 \right) \vec{n}_0 | \end{eqnarray*}$ welche Formel soll ich verwenden.

02.09.2013, 18:43

riwe

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RE: Abstand eines Punktes von einer Geraden im R³
$\begin{eqnarray*} d=|\overrightarrow{PQ}|=\sqrt{(1-4)^2+(...)} \end{eqnarray*}$

02.09.2013, 19:04

mYthos

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Wenn du schon so weit gerechnet hast, solltest du den Abstand auf diesem Wege fertigrechnen.
Die Formel im Tafelwerk ist allerdings eine nette und elegante Alternative.
Nur solltest du wissen, welche Vektoren darin bezeichnet werden und welche Operation (nach der Klammer) zwischen ihnen ausgeführt wird.

Tipp: Die Formel ist identisch mit der für den Abstand paralleler Geraden .. (warum?)

mY+

02.09.2013, 19:10

134340

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Also $\begin{eqnarray*} d_{PQ}=\sqrt{(4-1)^2+(3,5-2)^2+(-8,5-2)^2} = 11,02 \end{eqnarray*}$ ?

Kannst du mir das mit dem $\begin{eqnarray*} d=| \left(\vec{v}_r- \vec{v}_0 \right) \vec{n}_0 | \end{eqnarray*}$ erklären? $\begin{eqnarray*} \vec{v}_r \end{eqnarray*}$ ist Ortsvektor des Punktes R, $\begin{eqnarray*} \vec{v}_0 \end{eqnarray*}$ ist der Ortsvektor eines festen Punktes auf der Geraden, und $\begin{eqnarray*} \vec{n}_0 \end{eqnarray*}$ ist der Normaleneinheitsvektor der Geraden. Was ist denn ein Normaleneinheitsvektor? Also ein Normalenvektor kenn ich, aber keinen Normaleneinheitsvektor Big Laugh

Hab deinen Post gerade erst gelesen, mythos

Zitat:

Tipp: Die Formel ist identisch mit der für den Abstand paralleler Geraden .. (warum?)

Weil der Punkt auch auf einer zu der betrachteten Geraden parallelen Geraden liegt. Man könnte sagen, der Punkt ist "parallel" zur betrachteten Geraden Big Laugh

03.09.2013, 00:05

mYthos

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d ist richtig und auch die Begründung der Analogie zu der Formel für parallele Geraden.
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So, und nun genauer zu der Formel:

Der Einheitsvektor $\begin{eqnarray*} \vec{v_0} \end{eqnarray*}$ in der Richtung eines gegebenen Vektors $\begin{eqnarray*} \vec v \end{eqnarray*}$ ist der Vektor in derselben Richtung, der die Länge 1 hat.
Man dividiert also den Vektor durch seinen Betrag.

$\begin{eqnarray*} \vec{v_0} = \frac{\vec v}{|\vec v|} \end{eqnarray*}$

Nun gilt für den Abstand d des Punktes P (Ortsvektor $\begin{eqnarray*} \vec p \end{eqnarray*}$ ) von der Geraden g mit deren Richtungsvektor $\begin{eqnarray*} \vec g \end{eqnarray*}$ und einem beliebigen Punkt A (Ortsvektor $\begin{eqnarray*} \vec a \end{eqnarray*}$ ) der Geraden

$\begin{eqnarray*} d = |(\vec p - \vec a) \times \vec {g_0}| \end{eqnarray*}$

d ist also der Betrag des Vektorproduktes des Vektors vom Punkt P zu einem Punkt der Geraden und dem normierten Richtungsvektor (Einheitsrichtungsvektor) der Geraden.
Also NICHT Normal-, sondern Richtungsvektor. Im Raum gibt es ja nebenbei auch gar keinen eindeutigen Normalvektor (sondern unendlich viele) zu einer Geraden.

[Die Herleitung geschieht übrigens mittels der Definition des Vektorproduktes und der Flächenformel des Parallelogrammes, dessen Höhe der gesuchte Abstand d ist.]

Damit ist

$\begin{eqnarray*} d = \frac 1 {\sqrt{14}}\left|\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 11 \end{pmatrix}\right| = \frac 1 {\sqrt{14}} \left|\begin{pmatrix} 33 \\ -24 \\ 6 \end{pmatrix}\right| = 9 \sqrt{1.5} = 11.02 \text{ LE} \end{eqnarray*}$

mY+

03.09.2013, 09:16

134340

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Wieso wird bei der Formel $\begin{eqnarray*} d=| \left(\vec{v}_r- \vec{v}_0 \right)\cdot \vec{n}_0 | \end{eqnarray*}$ das Vektorprodukt und nicht ein Skalarprodukt gebildet? In der Formel steht doch ein $\begin{eqnarray*} \cdot \end{eqnarray*}$ und kein $\begin{eqnarray*} \times \end{eqnarray*}$ .

Ich würde das gern mit einer neuen Geraden testen Big Laugh

Die neue Gerade ist $\begin{eqnarray*} h:\vec{x} =\begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ -5 \end{pmatrix} +r\begin{pmatrix} -2 \\ 10 \\ 6 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ und der Punkt Z(1;2;0).
Was mir noch unklar ist: woher kommt das $\begin{eqnarray*} \frac{1}{\sqrt{14} } \end{eqnarray*}$ in deiner Rechnung?

03.09.2013, 20:01

mYthos

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Beim Normieren des Vektors (2; 3; 1) muss sein Betrag gebildet werden .. , jetzt klar, wie die Wurzel entsteht?
Und zur Frage, weshalb das Vektorprodukt: Der Betrag des Vektorproduktes zweier Vektoren ist zahlenmäßig gleich der Fläche des von den beiden Vektoren aufgespannten Parallelogrammes. Und diese Fläche wird benötigt, weil sie zur Bestimmung des Abstandes (d.i. die Höhe) durch die Länge (d. i. der Betrag des Richtungsvektors) zu dividieren ist.

Kannst du jetzt damit - analog wie beim ersten - jetzt auch das zweite Beispiel durchrechnen?

mY+

04.09.2013, 08:45

134340

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Ich denke jetzt hab ich es verstanden Big Laugh

Mein Rechenweg sieht nun folgendermaßen aus $\begin{eqnarray*} d=\frac{\sqrt{35} }{70} \left|\begin{pmatrix} -2 \\ 10 \\ 6 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 5 \end{pmatrix} \right| =\frac{\sqrt{35} }{70}\left|\begin{pmatrix} 26 \\ 10 \\ -8 \end{pmatrix} \right| = 29,067 \end{eqnarray*}$ ist das richtig?

04.09.2013, 22:58

mYthos

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Nur die Zahl am Ende ist falsch, alles andere vorher stimmt.
Du hast also den letzten Term falsch ausgerechnet, richtig wäre $\begin{eqnarray*} d = \sqrt 6 \end{eqnarray*}$

mY+

05.09.2013, 09:59

134340

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Zuerst wird doch der Betrag des Vektors $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 26 \\ 10 \\ -8 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ berechnet, also $\begin{eqnarray*} \sqrt{26^2+10^2+(-8)^2} \end{eqnarray*}$ und dann wird das ganze mit $\begin{eqnarray*} \frac{\sqrt{35} }{70} \end{eqnarray*}$ multipliziert und das ergibt $\begin{eqnarray*} \sqrt{7} \end{eqnarray*}$ . ok, stimmt Big Laugh

Danke für eure Hilfe mYthos und riwe smile

05.09.2013, 11:27

mYthos

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.. nein, $\begin{eqnarray*} d = \sqrt {\color{red}6} \end{eqnarray*}$

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