Gegeben sind die Punkte $P(3|1|\text{-}2)$ und $Q(0|1|7)$.

a) Untersuche, ob die Punkte $P$ und $Q$ in der Ebene $E$ liegen.

$E:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}\text{-}1\\ 7\\ \text{-}3\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}4\\ \text{-}6\\ 1\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{r}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$

b) Bestimme einen Wert für $a$, so dass der Punkt $P$ in der Ebene $E:6x_1+a{x}_2+4x_3=1$ liegt.

Die Ebene $E$ hat nur einen Spurpunkt: $S_{x_2}(0|3|0)$.
a) Beschreibe die besondere Lage der Ebene im Koordinatensystem.
b) Gib eine Parametergleichung und eine Koordinatengleichung der Ebene an.

Gegeben ist die Ebene $E:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}0\\ 2\\ \text{-}2\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}2\\ \text{-}3\\ 1\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{r}2\\ 4\\ \text{-}3\end{array}\right)$.
Gib eine Gerade an, die die beschriebenen Eigenschaften erfüllt.

a) Die Gerade $g$ schneidet die Ebene $E$ senkrecht im Punkt $P(4|3|\text{-}4)$.
b) Die Gerade $h$ liegt in der Ebene $E$.
c) Die Gerade $k$ hat keine gemeinsamen Punkte mit $E$.

Gegeben ist die Abbildung der Ebene $E$ sowie
die Ebene $F:1,5x_1-x_2+3x_3=3$.
Untersuche, wie die beiden Ebenen
zueinander liegen.

a) Untersuchung von Punkt $P$
Der Ortsvektor des Punktes wird mit der Ebenengleichung gleichgesetzt:

$\left(\begin{array}{r}3\\ 1\\ \text{-}2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}\text{-}1\\ 7\\ \text{-}3\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}4\\ \text{-}6\\ 1\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{r}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$

Daraus ergibt sich das LGS:

$\begin{array}{rlrlrlrlrl}I.& & 3& =& \text{-}1& +& 4r& +& 3s& \\ II.& & 1& =& 7& -& 6r& +& 4s& \\ III.& & \text{-}2& =& \text{-}3& +& 1r& +& 0s& \end{array}$

Lösen des LGS ergibt:

$r=1;s=0$

Das LGS ist eindeutig lösbar. Die Punktprobe ist positiv. Der Punkt $P$ liegt in der Ebene $E$.

Untersuchung von Punkt $Q$
Der Ortsvektor des Punktes wird mit der Ebenengleichung gleichgesetzt:

$\left(\begin{array}{r}0\\ 1\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}\text{-}1\\ 7\\ \text{-}3\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}4\\ \text{-}6\\ 1\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{r}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$

Daraus ergibt sich das LGS:

$\begin{array}{rlrlrlrlrl}I.& & 0& =& \text{-}1& +& 4r& +& 3s& \\ II.& & 1& =& 7& -& 6r& +& 4s& \\ III.& & 7& =& \text{-}3& +& 1r& +& 0s& \end{array}$

Beim Lösen des LGs gibt es einen Widerspruch: $L=\{\}$.

Das LGS hat keine Lösung. Die Punktprobe ist negativ. Der Punkt $Q$ liegt nicht in der Ebene $E$.

a) Die Ebene liegt parallel zur $x_1{x}_3$-Ebene.

b) z. B. $E:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}0\\ 3\\ 0\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{r}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$
z. B. $E:x_2=3$

a) Der Normalenvektor $\overrightarrow{n}$ der Ebene wird als Vektorprodukt der beiden Spannvektoren bestimmt:

$\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{r}2\\ \text{-}3\\ 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{r}2\\ 4\\ \text{-}3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}5\\ 8\\ 14\end{array}\right)$

Da die Gerade $g$ senkrecht zu $E$ liegt, kann der Normalenvektor der Ebene als Richtungsvektor der Geraden eingesetzt werden. Als Stützvektor dient der Ortsvektor des Schnittpunktes:

$g:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}4\\ 3\\ \text{-}4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{r}5\\ 8\\ 14\end{array}\right)$

b) Hier gibt es unendlich viele Möglichkeiten. Eine Möglichkeit ist, den Stützvektor und einen Spannvektor der Ebene als Richtungsvektor inklusive Parameter zu übernehmen:

$h:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}0\\ 2\\ \text{-}2\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}2\\ \text{-}3\\ 1\end{array}\right)$

c) Wenn die Ebene $E$ und die Gerade $k$ keine gemeinsamen Punkte haben, müssen sie parallel zueinander liegen. Dazu kann als Stützvektor ein Ortsvektor eines beliebigen Punktes verwendet werden, der nicht in der Ebene $E$ liegt. Als Richtungsvektor kann ein Spannvektor der Ebene verwendet werden.

$k:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}2\\ \text{-}3\\ 1\end{array}\right)$

Um die Ebene $E$ aufstellen zu können, werden die Spurpunkte der Ebene aus der Abbildung entnommen:

$S_{x_1}(2|0|0)$, $S_{x_2}(0|\text{-}3|0)$ und $S_{x_3}(0|0|1)$

Mithilfe der Spurpunkte wird eine Parametergleichung der Ebene aufgestellt:

$E:\overrightarrow{x}=\left(\begin{array}{r}2\\ 0\\ 0\end{array}\right)+r\cdot \left(\begin{array}{r}\text{-}2\\ \text{-}3\\ 0\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{r}\text{-}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Die Parametergleichung wird in eine Koordinatengleichung umgewandelt:

$E:3x_1-2x_2+6x_3=6$

Die Untersuchung der Normalenvektoren zeigt, dass sie linear abhängig sind:

$\overrightarrow{n_E}=k\cdot \overrightarrow{n_F}$

$\left(\begin{array}{r}3\\ \text{-}2\\ 6\end{array}\right)=k\cdot \left(\begin{array}{r}1,5\\ \text{-}1\\ 3\end{array}\right)$ mit $k=2$

Durch eine Multiplikation lässt sich die Ebenengleichung von $F$ in $E$ überführen:

$1,5x_1-x_2+3x_3=3|\cdot 2$

$3x_1-2x_2+6x_3=6$

$\Rightarrow$ Die Ebenen $E$ und $F$ sind identisch.