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 $E:\left(\overrightarrow{x}-\left(\begin{array}{r}0\\ 2\\ \text{-}2\end{array}\right)\right)\cdot \left(\begin{array}{r}5\\ 8\\ 14\end{array}\right)=0$.
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 $F:\text{-}2x_1+x_2-7x_3=\text{-}3$.
Untersuche, wie die beiden Ebenen
zueinander liegen und bestimme
gegebenenfalls die Schnitt-
gerade.

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 mit dem Vektorprodukt 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.

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

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:

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

Das Vektorprodukt der Richtungsvektoren ergibt den Normalenvektor der Ebene:

$\overrightarrow{n_E}=\left(\begin{array}{r}\text{-}2\\ \text{-}3\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{r}\text{-}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{r}3\\ \text{-}2\\ 6\end{array}\right)$


Der Normalenvektor der Ebene $K$ kann der Ebenengleichung direkt entnommen werden. Die Untersuchung der Normalenvektoren zeigt, dass sie nicht linear abhängig sind:

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

$\left(\begin{array}{r}3\\ \text{-}2\\ 6\end{array}\right)\ne k\cdot \left(\begin{array}{r}\text{-}2\\ 1\\ \text{-}7\end{array}\right)$


$\Rightarrow$ Die Ebenen $E$ und $F$ schneiden sich.

Um die Schnittgerade zu bestimmen, werden die Werte der Koordinaten der Ebene $E$ in die Ebene $F$ eingesetzt:

$\text{-}2\cdot (2-2r-2s)+1\cdot (\text{-}3r)-7\cdot (1s)=\text{-}3$

Die so entstandene Gleichung wird nach einer der beiden Variablen umgestellt:

$\text{-}4+4r+4s-3r-7s=\text{-}3|+4$
$1r-3s=1|+3s$
$r=1+3s$