Bestimmung einer Geraden, welche parallel zu zwei Ebenen ist

27.09.2004, 20:52

peace2k2

Bestimmung einer Geraden, welche parallel zu zwei Ebenen ist

Halllo!

Schreibe am Mittwoch meine LK-Klausur und habe Probleme mit folgenden beiden Aufgaben:

1) Bestimme die Gleichung der Geraden f, die durch den Punkt B (0/4/2) verläuft und sowohl zu E1: 2x1-x2+x3-4=0 als auch zu E2: 2x1-x2+5x3=17 parallel ist.

2) Bestimme die Gleichungen der beiden Ebenen F1 und F2, die zu der Ebene E1 parallel sind und von E1 den Abstand d=|2*wurzel(6)| haben.

Hoffentlich kann jemand was damit anfangen. Ich wäre sehr dankbar! :]

27.09.2004, 21:13

Leopold

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Eine Gerade ist parallel zu einer Ebene, wenn ihr Richtungsvektor auf dem Normalenvektor der Ebene senkrecht steht.

27.09.2004, 21:48

peace2k2

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Wow, Aufgabe 1 habe ich nun doch selbst hingekriegt. Wenn es jemand interessiert kann ich gerne die Lösung posten. Mit Aufgabe 2 komme ich aber noch immer nicht weiter traurig

27.09.2004, 22:17

grybl

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Zitat:

Wenn es jemand interessiert kann ich gerne die Lösung posten.

Ja, bitte, poste sie. smile

27.09.2004, 22:21

Leopold

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Und Aufgabe 2 geht ganz einfach: HNF für E1 ansetzen und statt =0 einfach =±2·Wurzel(6) setzen. Durch Wegmultiplizieren/Wegdividieren von Wurzeln eventuell noch verschönern.

27.09.2004, 23:08

peace2k2

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So bin ich bei 1 vorgegangen:

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist der Normalenvektor der Ebene E1 und $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ ist der Normalenvektor der Ebene E2.

Diese muss man nun mit einem Richtungsvektor der gesuchten Gerade f multiplizieren (also Skalarprodukt). Das Ergebnis muss bei beiden Skalarprodukten Null sein, da die Gerade orthogonal zu den Normalenvektoren der Ebenen ist (bzw parallel zu den Ebenen)

Der Punkt B ((0/4/2) liegt auf der Geraden f. Man nimmt nun einen Punkt X (x1/x2/x3) (welcher auch auf der Gerade liegen soll) und bildet den Vektor $\begin{eqnarray*} \vec{XB} \end{eqnarray*}$ .
Dieser Vektor ist ein Richtungsvektor der gesuchten Geraden f.

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix} * [\begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} ] = 0 \end{eqnarray*}$

$\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 5 \end{pmatrix} * [\begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} x_1 \\ x_2 \\ x_3 \end{pmatrix} ] = 0 \end{eqnarray*}$

Rechnet man die beiden Skalarprodukte aus erhält man:

-2x1+x2-x3-2=0
-2x1+x2-5x3+6=0

Wenn man das nun ausrechnet erhhält man für x3=2
Setzt man diesen Wert z.B. in die obere Gleichung ein erhält man:

-2x1+x2=4

Nun wählt man einen geeigneten Wert für x2: z.B. => x2=2. Dann erhhält man für x1=-1

Daraus folgt für den Richtungsvektor: $\begin{eqnarray*} \vec{XB} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$
Als Stützvektor kann man den Ortsvektor des Punktes B nehmen, also $\begin{eqnarray*} \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$ .

Ergebnis:

$\begin{eqnarray*} f = \begin{pmatrix} 0 \\ 4 \\ 2 \end{pmatrix} + t(\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 0 \end{pmatrix} \end{eqnarray*}$

Und das müsste eigentlich richtig sein :P (hoffe ich mal)

Für Aufgabe 2 habe ich nun mittlerweile auch einen Lösungsweg gefunden, ich muss noch prüfen ob das auch richtig ist und dann kann ich das auch posten wenn Interesse besteht....

28.09.2004, 08:33

grybl

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Zitat:

kann ich das auch posten wenn Interesse besteht....

es besteht immer Interesse smile

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