Lösungen zu den Aufgaben zum Abstand Punkt–Gerade (Formel)
Die Lösungen dienen nur der Selbstkontrolle, sind also nicht so vollständig, dass der hier skizzierte Lösungsweg in einer Klausur oder Hausaufgabe ausreichen würde. Beispiele zu den hier benötigten Rechentechniken finden Sie im zugehörigen Artikel.
$g:\vec x=\begin{pmatrix}0\\0\\0{,}3\end{pmatrix}+r\,\begin{pmatrix}-1\\8\\0{,}3\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{PS}\times\vec u=\begin{pmatrix}-4\\30\\0{,}5\end{pmatrix} \times \begin{pmatrix}-1\\8\\0{,}3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\0{,}7\\-2\end{pmatrix}$
$d=\dfrac{\sqrt{29{,}49}}{\sqrt{65{,}09}}\approx0{,}673<1$.
Da der Mindestabstand unterschritten wird, sollte der Pilot die Flugrichtung ändern.
Alle Punkte „zwischen“ $H_1$ und $H_2$ sind von $g$ höchstens 15 Längeneinheiten entfernt. Diese Punkte können Sie als Ortsvektoren am einfachsten angeben, indem Sie Ihr Ergebnis aus a) nutzen:
$\vec x=\begin{pmatrix}5\\15\\5\end{pmatrix}+s\,\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix} \;\text{ für }\;-4\leq s\leq 5$
Alternativ können Sie die Strecke durch die Ortsvektoren $\vec x=\vec h_1+t(\vec h_2-\vec h_1) \text{ für }0\leq t\leq 1$ darstellen:
$\vec x=\begin{pmatrix}10\\10\\15\end{pmatrix}+t\,\begin{pmatrix}-9\\9\\-18\end{pmatrix} \;\text{ für }\;0\leq t\leq 1$
Selbstverständlich gibt es weitere Möglichkeiten.
$\overrightarrow{P_gP_a}\times \vec u=\begin{pmatrix}5-a\\4\\2a\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}1\\0\\-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-8\\10\\-4\end{pmatrix}$
$d=\dfrac{\sqrt{180}}{\sqrt{5}}=6$
Der Abstand ist für alle Punkte $P_a$ gleich, hängt also nicht vom Parameter ab. Allgemein wäre dies der Fall, wenn die Punkte auf dem Rand eines Zylinders mit Radius 6 um die Gerade $g$ als Zylinderachse liegen. In diesem Fall ist es noch spezieller: die Punkte liegen auf einer zu $g$ parallelen Geraden, wie man leicht sieht, wenn man die Ortsvektoren geeignet notiert.
$\vec p_a=\left(\begin{align*}6&-a\\7\\2&+2a\\ \end{align*}\right)=\begin{pmatrix}6\\7\\2\end{pmatrix}+a\, \begin{pmatrix}-1\\0\\2\end{pmatrix}$
$A(0|0|z);\;\overrightarrow{PA}\times\vec u=\begin{pmatrix}-4\\-1\\z-5\end{pmatrix}\times \begin{pmatrix}1\\1\\4\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-z+1\\z+11\\-3\end{pmatrix}$
$\begin{align*}
\dfrac{\sqrt{(-z+1)^2+(z+11)^2+3^2}}{\sqrt{1^2+1^2+4^2}}&=\tfrac 32 \sqrt{2}\\
&\vdots\\
2z^2+20z+50&=0\\
&\vdots\\
z_{1/2}&=-5\\
\end{align*}$
Es gibt nur einen Punkt $A(0|0|-5)$ auf der $z$-Achse, der von der Geraden $\tfrac 32 \sqrt{2}$ Längeneinheiten entfernt ist.