Lösung - Aufgabe 4

Untersuchen Sie, ob die Punkte \(A(3|1|0)\), \(B(2|-1|-2)\), \(C(-2|1|-2)\) und \(D(4|3|-4)\) in einer Ebene liegen. 

Drei Punkte, die nicht auf einer Geraden liegen, legen eine Ebene \(E\) fest.

Beispielsweise wählt man die Punkte \(A\), \(B\) und \(C\) und überprüft zunächst die lineare Unabhängigkeit der Verbindungsvektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{AC}\). Im Falle der linearen Unabhängigkeit spannen die Vektoren eine Ebene auf.

Eine Punktprobe untersucht, ob der vierte Punkt \(D\) ebenfalls in der Ebene liegt.

Die Gleichung der Ebene \(E\) kann in der Parameterform oder in der Normalenform aufgestellt werden.

 

Verbindungsvektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{AC}\) berechnen:

\(A(3|1|0)\), \(B(2|-1|-2)\), \(C(-2|1|-2)\)

 

\[\overrightarrow{AB} = \overrightarrow{B} - \overrightarrow{A} = \begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix}\]

\[\overrightarrow{AC} = \overrightarrow{C} - \overrightarrow{A} = \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}\]

 

Lineare Unabhängigkeit der Vektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{AC}\) überprüfen:

Die Vektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{AC}\) sind linear unabhängig, wenn \(\overrightarrow{AB} \neq k \cdot \overrightarrow{AC}; \; k \in \mathbb R\) gilt (vgl. ABITUR SKRIPT 2.1.2 Lineare (Un-)Abhängigkeit von Vektorenktoren).

 

\[\begin{align*} \overrightarrow{AB} &= k \cdot \overrightarrow{AC}; \; k \in \mathbb R \\[0.8em] \begin{pmatrix} -2 \\ -1 \\ -2 \end{pmatrix} &= k \cdot \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}; \; k \in \mathbb R \end{align*}\]

 

\[\Longrightarrow \quad \left\{ \begin{align*} -1 &= -5k \quad \Longleftrightarrow \quad k = \textstyle \frac{1}{5} \\[0.8em] - 2 &= 0 \\[0.8em] -2 &= -2k \quad \Longleftrightarrow \quad k = 1  \end{align*} \right\} \enspace \Rightarrow \enspace \text{Widerspruch!}\]

 

\[\Longrightarrow \quad \overrightarrow{AB} \neq k \cdot \overrightarrow{AC}; \; k \in \mathbb R\]

 

Also sind die Vektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{AC}\) linear unabhängig und spannen eine Ebene auf.

 

1. Möglichkeit: Ebenengleichung in Parameterform aufstellen

Veranschaulichung: Ebenengleichung einer Ebene durch drei Punkte A, B und C in Parameterform

Veranschaulichung: Ebenengleichung einer Ebene \(E\) durch drei Punkte \(A\), \(B\) und \(C\) in Parameterform (vgl. ABITUR SKRIPT 2.2.2 Ebenengleichung in Parameterform)

Es sei \(A(3|1|0)\) der Aufpunkt der Gleichung der Ebene \(E\) in Parameterform.

 

\(\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix}; \; \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}\)

 

\[E \colon \overrightarrow{X} = \overrightarrow{A} + \lambda \cdot \overrightarrow{AB} + \mu \cdot \overrightarrow{AC}; \; \lambda, \mu \in \mathbb R\]

\[E \colon \overrightarrow{X} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}; \lambda, \mu \in \mathbb R\]

 

Prüfen, ob der Punkt \(D(4|3|-4)\) in der Ebene \(E\) liegt (Punktprobe):

Hierfür wird der Ortsvektor \(\overrightarrow{D}\) und der Ortsvektor \(\overrightarrow{X}\) der Gleichung der Ebene \(E\) gleichgesetzt. Zeilenweise gelesen ergibt die Vektorgleichung ein (überbestimmtes) lineares Gleichungssystem.

 

\[\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + \lambda \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix} + \mu \cdot \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}\]

 

\[\begin{align*} \text{I} & & & \quad \; 4 = 3 - \enspace \lambda - 5\mu \\[0.8em] \text{II} & & \wedge \enspace & \quad \; 3 = 1 - 2\lambda \quad \Longleftrightarrow \quad \lambda = -1 \\[0.8em] \text{III} & &\wedge \enspace & -4 = \enspace \; -\,2\lambda - 2\mu \end{align*}\]

 

\[\begin{align*} \lambda = -1 \; \text{in I}\colon \; 4 &= 3 - (-1) - 5\mu \\[0.8em] 4 &= 4 - 5\mu &&| - 4 \\[0.8em] 0 &= -5\mu \\[0.8em] 0 &= \mu \end{align*}\]

 

\[\begin{align*}\lambda = -1, \mu = 0 \; \text{in III} \colon \; -4 &= -2 \colon (-1) - 2 \cdot 0 \\[0.8em] -4 &= 2 \qquad (\text{f}) \end{align*}\]

 

Das Gleichungssystem besitzt keine eindeutige Lösung. Der Punkt \(D\) liegt folglich nicht in der Ebene \(E\).

 

Schlussfolgerung:

Die Punkte \(A\), \(B\), \(C\) und \(D\) liegen nicht in einer Ebene.

 

2. Möglichkeit: Ebenengleichung in Normalenform aufstellen

Das Vektorprodukt der linear unabhängigen Vektoren \(\overrightarrow{AB}\) und \(\overrightarrow{AC}\) (vgl. oben) liefert einen Normalenvektor \(\overrightarrow{n}_{E}\) der Ebene \(E\), welche die Punkte \(A\), \(B\) und \(C\) festlegen (vgl. ABITUR SKRIPT 2.2.3 Ebenengleichung in Normalenform ).

\(\overrightarrow{AB} = \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix}; \; \overrightarrow{AC} = \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}\) (vgl. oben)

 

\[\begin{align*} \overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} &= \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ -2 \end{pmatrix} \times \begin{pmatrix} -5 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix} \\[0.8em] &= \begin{pmatrix} (-2)& \cdot & (-2) & - & (-2) & \cdot & 0 \\ (-2) & \cdot & (-5) & - & (-1) & \cdot & (-2) \\ (-1) & \cdot & 0 & - & (-2) & \cdot & (-5) \end{pmatrix} \\[0.8em] &= \begin{pmatrix} 4 \\ 8 \\ -10 \end{pmatrix} \\[0.8em] &= 2 \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -5 \end{pmatrix}\end{align*}\]

 

\[\Longrightarrow \quad \overrightarrow{n}_{E} = \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -5 \end{pmatrix}\]

 

Es sei \(A(3|1|0)\) der Aufpunkt der Gleichung der Ebene \(E\) in Normalenform.

\[E \colon \overrightarrow{n}_{E} \circ (\overrightarrow{X} - \overrightarrow{A}) = 0\]

\[E \colon \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -5 \end{pmatrix} \circ \left[ \overrightarrow{X} - \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right] = 0\]

 

Prüfen, ob der Punkt \(D(4|3|-4)\) in der Ebene \(E\) liegt (Punktprobe):

Hierfür wird der Ortsvektor \(\overrightarrow{D}\) anstelle des Ortsvektors \(\overrightarrow{X}\) der Gleichung der Ebene \(E\) in Normalenform (in Vektordarstellung) gesetzt und das Skalarprodukt ausmultipliziert.

\[\begin{align*}D \in E \colon \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -5 \end{pmatrix} \circ \left[ \begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ -4 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \right] &= 0 \\[0.8em] \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -5 \end{pmatrix} \circ \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -4 \end{pmatrix} &= 0 \\[0.8em] 2 \cdot 1 + 4 \cdot 2 + (-5) \cdot (-4) &= 0 \\[0.8em] 30 &= 0 \qquad (\text{f}) \end{align*}\]

 

Die Gleichung liefert eine falsche Aussage. Folglich liegt der Punkt \(D\) nicht in der Ebene \(E\). 

 

Schlussfolgerung:

Die Punkte \(A\), \(B\), \(C\) und \(D\) liegen nicht in einer Ebene.

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