Aus dem Steigungsdreieck (1,k) folgt sofort k=4. Setzt man den Punkt (2,3) und k=4 in y=kx+d ein, folgt sofort d=-5.

Für die Lagebeziehung zweier Geraden in der Ebene, gibt es drei Möglichkeiten:

1. schneidend
2. parallel
3. identisch

Durch Vergleich der beiden Richtungsvektoren kann sofort festgestellt werden, ob sich die beiden Geraden schneiden:

\(\vec{g_1} = \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-3} \end{array}\right)\)  und \(\vec{g_2} = \left(\begin{array}{c} {-4} \\ {-12} \end{array}\right)\)

Nun wird überprüft, ob die beiden Richtungsvektoren parallel sind (also ob sie ein Vielfaches voneinander sind):

Für die x-Komponente der Vektoren gilt: \(1 \cdot (-4) = -4\)

Für die y-Komponente folgt jedoch: \(-3 \cdot 4 = -12\)

Somit sind die beiden (Richtungs-)Vektoren der Geraden nicht parallel, d.h. die beiden Geraden schneiden sich.

Der Abstand kann mit Hilfe der Hesse'schen Normalabstandsformel berechnet werden:

\(d(P, \; g) = \mid \vec{AP} \cdot \vec{n_0} \mid\), wobei \(A \in g\) und \(\vec{n_0} \perp g\).

Aus der Parameterform können Sie den Punkt A direkt ablesen:

\( A = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-2} \end{array}\right)\)

Den Normalvektor erhalten Sie mit Hilfe des Richtungsvektors \(\vec{g} = \left(\begin{array}{c} {3} \\ {1} \end{array}\right)\):

\(\vec{n} = \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \end{array}\right)\)

\(\vec{n_0} \) ist der Einheits-Normalvektor. Somit muss \(\vec{n}\) noch normiert werden:

\(\vec{n_0} = \frac{ \vec{n} }{ \mid \vec{n} \mid } = \frac{1}{ \sqrt{ (-1)^2 +3^2} }\left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \end{array}\right) = \)\(\frac{1}{ \sqrt{ 10 }} \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \end{array}\right)\)

Somit:

\(\vec{AP} = P - A = \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {0.5} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-2} \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {2.5} \end{array}\right)\)  

\(d(P, \; g) = \mid \vec{AP} \cdot \vec{n_0} \mid = \mid \frac{1}{\sqrt{10}} \left(\begin{array}{c} {-3} \\ {2.5} \end{array}\right) \cdot \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \end{array}\right) \mid \)
 

\(d(P, \; g) = \mid \frac{1}{\sqrt{10}} \Big( (-3) \cdot (-1 ) + 2.5 \cdot 3 \Big) \mid = \mid \frac{3+7.5}{\sqrt{10}} \mid = \frac{10.5}{\sqrt{10}}\)

Stützvektor bleibt gleich

\(\vec p= \left( \begin{matrix} 1\\2\\3 \end{matrix} \right)\)

Richtungsvektoren

\(\vec u= \left( \begin{matrix} -n_2\\n_1\\0 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} -2\\2\\0 \end{matrix} \right)\)

\(\vec v= \left( \begin{matrix} 0\\-n_3\\n_2 \end{matrix} \right) = \left( \begin{matrix} 0\\-1\\2 \end{matrix} \right)\)

\(x(a,b)= \left( \begin{matrix} 1-2a\\2+2a-1b\\3+2b \end{matrix} \right)\)

Zuerst wird die Gerade in Parameterform bestimmt. Die allgemeine Parameterform einer Geraden lautet:

\(g: \; X = A + t \cdot \vec{g}\), wobei \(A \in g\), \( t \in \mathbb{R}\) und \(\vec{g}\) ein Richtungsvektor der Geraden.

Zuerst wird der Richtungsvektor bestimmt:

\(\vec{g}= \vec{AB} = B -A = \left(\begin{array}{c} {0} \\ {2} \\ {-3} \end{array}\right) - \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right) =\)\(\left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {-3} \end{array}\right)\)

Für die Gerade folgt also:

\(g: \; X = \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right) + t \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {-3} \end{array}\right)\), mit \(t \in \mathbb{R}.\)

Daraus kann man für die drei Koordinaten folgende Gleichungen ablesen:

\(x = -1 + t \\ y = 3 -t \\ z = -3t \)

Mit diesen Gleichungen können die drei Koordinaten in der Ebenengleichung ersetzt werden:

\(\epsilon: \; -(x+2) +2(y+3)+4(z-1) = 0\)

\(\rightarrow -( -1+t +2 ) + 2(3-t +3) + 4(-3t-1) = 0\)

\(1-t-2 + 6-2t+6 -12t-4= 0 \\ 7 -15t = 0 \\ -15 t = -7 \\ t = \frac{7}{15}\)

Den Schnittpunkt erhalten Sie, indem Sie in der Parameterdarstellung der Geraden für t die Zahl 7/15 einsetzen:

\(g: \; S = \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {3} \\ {0} \end{array}\right) + \frac{7}{15} \cdot \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-1} \\ {-3} \end{array}\right)\)

\(S = \frac{1}{15} \left(\begin{array}{c} {-8} \\ {38} \\ {-21} \end{array}\right) \)

Für die Lagebeziehung der beiden Geraden gibt es drei Möglichkeiten:

1. schneidend
2. parallel
3. identisch

Durch Vergleich der beiden Richtungsvektoren kann sofort festgestellt werden, ob sich die beiden Geraden schneiden:

\(\vec{g_1} = \left(\begin{array}{c} {3} \\ {-5} \end{array}\right)\)  und \(\vec{g_2} = \left(\begin{array}{c} {-4.5} \\ {7.5} \end{array}\right)\)

Nun wird überprüft, ob die beiden Richtungsvektoren paralle sind (also ob sie ein Vielfaches voneinander sind):

Für die x-Komponente der Vketoren gilt: \(3 \cdot (-1.5) = -4.5\)

Für die y-Komponente folgt jedoch: \(-5 \cdot (-1.5) = 7.5\)

Somit sind die beiden Vektoren ein Vielfaches voneinander und die Geraden sind entweder parallel oder identisch.

Um zwischen diesen Fällen zu unterscheiden, muss überprüft werden, ob ein Punkt der auf einer der beiden Geraden liegt auch auf der anderen Geraden liegt. Also z.B.:

\(\left(\begin{array}{c} {0} \\ {0} \end{array}\right) \in g_2 ?\)

\(\left(\begin{array}{c} {0} \\ {0} \end{array}\right) \stackrel{?}{=} \left(\begin{array}{c} {9} \\ {-15} \end{array}\right)+s \cdot\left(\begin{array}{c} {-4.5} \\ {7.5} \end{array}\right)\)

Aus der ersten Zeile erhalten Sie:

\(0 = 9 -4.5 s\rightarrow s =2\)

Aus der zweiten Zeile erhalten Sie:

\(0 = -15 + 7.5s \rightarrow s=2\)

Daraus folgt:

\(\left(\begin{array}{c} {0} \\ {0} \end{array}\right) \in g_2 \)
  

Die Geraden sind identisch.

Da der Punkt auf der Geraden liegen soll, muss folgendes gelten:

\(\left(\begin{array}{c} {x} \\ {0.5} \end{array}\right) = \left(\begin{array}{c} {2} \\ {-2} \end{array}\right)+t \cdot\left(\begin{array}{c} {3} \\ {-1} \end{array}\right)\)

Aus der zweiten Zeile kann t berechnet werden:

\(0.5 = -2 - t \; \rightarrow \; t = -2.5\)

Somit kann nun die x- Komponente des Punktes berechnet werden:

\(x = 2 + (-2.5) \cdot 3 = 2 - 7.5 = -5.5\)

Der Punkt lautet also:

\(P = \left(\begin{array}{c} {-5.5} \\ {0.5} \end{array}\right)\)

Der Winkel \(\varphi \) zwischen den beiden Geraden g und h ist gegeben durch:

\(\varphi = \arccos (|\vec{g_0}\cdot \vec{h_0}|)\),  wobei \(\vec{g_0}\) und \(\vec{h_0}\) die jeweiligen Richtungsvektoren mit Länge 1 sind.

\(\vec{g_0} = \frac{ \vec{g} }{ \mid \vec{g} \mid } = \frac{1}{ \sqrt{ (-1)^2 +(-2)^2+5^2} } \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {-2} \\ {5} \end{array}\right) = \)\(\frac{1}{ \sqrt{ 30} } \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {-2} \\ {5} \end{array}\right) \)

\(\vec{h_0} = \frac{ \vec{h} }{ \mid \vec{h} \mid } = \frac{1}{ \sqrt{ 1^2 + (-2)^2+(-5)^2} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {-5} \end{array}\right) \)\(= \frac{1}{ \sqrt{ 30} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {-5} \end{array}\right) \)

\(\vec{g_0}\cdot \vec{h_0} = \frac{1}{ \sqrt{ 30} } \left(\begin{array}{c} {-1} \\ {-2} \\ {5} \end{array}\right) \cdot \)\( \frac{1}{ \sqrt{ 30} } \left(\begin{array}{c} {1} \\ {-2} \\ {-5} \end{array}\right) \)\(= \frac{1}{ 30 } \Big( (-1)\cdot 1 - 2 \cdot (-2) + 5 \cdot (-5) \Big) = \frac{-22}{ 30 } =- \frac{11}{ 15 }\)

\(\varphi = \arccos (|\vec{g_0}\cdot \vec{h_0}|) = \arccos \Big( \frac{11}{15} \Big) \approx 42,83^\circ\)