Lagebeziehung zweier Geraden einfach erklärt

Lagebeziehung zweier Geraden verständlich erklärt: identisch, echt parallel, Schnittpunkt oder windschief – mit Schritt-für-Schritt-Schema und durchgerechneten Beispielen für die Klausur.

📅 Aktualisiert 30. Juni 2026⏱ 25 Min. Lesezeit✍️ Rocket Tutor Redaktion

Die Lagebeziehung zweier Geraden ist ein zentrales Thema der Vektorrechnung – und gleichzeitig eines, das viele Schülerinnen und Schüler zunächst einschüchtert. Dabei steckt dahinter eine klare Logik: Hast du dich jemals gefragt, wie in einem Videospiel eine Spielfigur exakt ausweicht oder wie eine virtuelle Rakete ihr Ziel trifft? Programmierer nutzen Vektoren, um die Flugbahnen von Objekten – also Geraden im Raum – zu beschreiben. Um herauszufinden, ob zwei Objekte kollidieren, müssen sie berechnen, ob sich ihre Flugbahnen schneiden, ob sie parallel fliegen oder sich komplett verfehlen (windschief sind). Genau das lernst du hier! Mit diesem Wissen knackst du nicht nur deine Mathe-Aufgaben, sondern verstehst auch die versteckte Logik hinter der digitalen Welt.

Vorwissen

Bevor wir die Lage von Geraden untersuchen, wiederholen wir kurz die Grundlagen:

  • Die Vektorform einer Geradengleichung: Eine Gerade g wird durch einen Stützvektor (Ortsvektor zu einem Punkt auf der Geraden, dem Aufpunkt) und einen Richtungsvektor (der die Richtung der Geraden angibt) beschrieben.

    • Formel: g:x⃗=p⃗+r⋅u⃗g: \vec{x} = \vec{p} + r \cdot \vec{u}
    • Beispiel: g:x⃗=(123)+r⋅(456)g: \vec{x} = \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix}. Der Punkt (1∣2∣3)(1|2|3) liegt auf der Geraden und sie verläuft in Richtung des Vektors (456)\begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix}.

  • Lineare Abhängigkeit (kollineare Vektoren): Zwei Vektoren sind linear abhängig, wenn einer ein Vielfaches des anderen ist. Ihre Pfeile zeigen also in die gleiche oder die exakt entgegengesetzte Richtung.

    • Prüfung: u⃗=k⋅v⃗\vec{u} = k \cdot \vec{v}
    • Beispiel: Die Vektoren (24−6)\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix} und (−1−23)\begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix} sind linear abhängig, weil (24−6)=−2⋅(−1−23)\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -6 \end{pmatrix} = -2 \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -2 \\ 3 \end{pmatrix}.

  • Lineares Gleichungssystem (LGS) lösen: Ein System aus mehreren Gleichungen mit mehreren Unbekannten. Wir lösen es meist durch Einsetzen.

    • Beispiel:

    (I):x=5−y\text{(I)}: x = 5 - y

    (II):2x+3y=12\text{(II)}: 2x + 3y = 12

    Wir setzen (I) in (II) ein: 2(5−y)+3y=12→10−2y+3y=12→y=22(5-y) + 3y = 12 \to 10 - 2y + 3y = 12 \to y=2. Dann y=2y=2 in (I) einsetzen: x=5−2→x=3x = 5 - 2 \to x=3.

Aufgabentyp 1: Identische Geraden nachweisen

Zwei Geraden sind identisch, wenn sie komplett aufeinander liegen. Das ist der Fall, wenn zwei Bedingungen erfüllt sind:

  1. Sie verlaufen in die gleiche oder entgegengesetzte Richtung. Das bedeutet, ihre Richtungsvektoren sind Vielfache voneinander (linear abhängig).
  2. Sie haben mindestens einen Punkt gemeinsam. Wir prüfen das, indem wir zeigen, dass der Aufpunkt der einen Geraden auch auf der anderen Geraden liegt (Punktprobe).

Wenn beides zutrifft, sind die Geraden nicht nur parallel, sondern ein und dieselbe Gerade.

Schritt-für-Schritt-Anleitung

  1. Extrahiere die Richtungsvektoren u⃗\vec{u} und v⃗\vec{v} aus beiden Geradengleichungen.
  2. Prüfe lineare Abhängigkeit durch Ansatz u⃗=k⋅v⃗\vec{u} = k \cdot \vec{v}: Ergibt sich für kk in allen drei Zeilen derselbe Wert, sind die Geraden parallel.
  3. Führe die Punktprobe durch: Setze den Stützvektor der einen Geraden für x⃗\vec{x} in die Gleichung der anderen ein.
  4. Löse das LGS für den Parameter: Hat es eine eindeutige Lösung, liegt der Punkt auf der Geraden.
  5. Ziehe die Schlussfolgerung: Richtungsvektoren linear abhängig + gemeinsamer Punkt = identische Geraden.

Durchgerechnete Beispiele

Beispiel 1

Aufgabe

Gegeben sind die Geraden g:x⃗=(221)+d⋅(9−36)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + d \cdot \begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 6 \end{pmatrix} und h:x⃗=(−44−3)+r⋅(−62−4)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} -4 \\ 4 \\ -3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ -4 \end{pmatrix}. Bestimme die Lagebeziehung.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Die Richtungsvektoren sind u⃗=(9−36)\vec{u} = \begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 6 \end{pmatrix} und v⃗=(−62−4)\vec{v} = \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ -4 \end{pmatrix}. Wir setzen an: (9−36)=k⋅(−62−4)\begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 6 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ -4 \end{pmatrix}.

    Das führt zum LGS:

    (I):9=−6⋅k  ⟹  k=−1.5\text{(I)}: 9 = -6 \cdot k \implies k = -1.5

    (II):−3=2⋅k  ⟹  k=−1.5\text{(II)}: -3 = 2 \cdot k \implies k = -1.5

    (III):6=−4⋅k  ⟹  k=−1.5\text{(III)}: 6 = -4 \cdot k \implies k = -1.5

    Da für kk überall derselbe Wert herauskommt, sind die Richtungsvektoren linear abhängig. Die Geraden sind also parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Wir prüfen, ob der Aufpunkt von h, also P(−4∣4∣−3)P(-4|4|-3), auf g liegt. Wir setzen den Stützvektor von h in die Gleichung von g ein:

    (−44−3)=(221)+d⋅(9−36)\begin{pmatrix} -4 \\ 4 \\ -3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + d \cdot \begin{pmatrix} 9 \\ -3 \\ 6 \end{pmatrix}

    Das führt zum LGS:

    (I):−4=2+9d  ⟹  −6=9d  ⟹  d=−23\text{(I)}: -4 = 2 + 9d \implies -6 = 9d \implies d = -\frac{2}{3}

    (II):4=2−3d  ⟹  2=−3d  ⟹  d=−23\text{(II)}: 4 = 2 - 3d \implies 2 = -3d \implies d = -\frac{2}{3}

    (III):−3=1+6d  ⟹  −4=6d  ⟹  d=−23\text{(III)}: -3 = 1 + 6d \implies -4 = 6d \implies d = -\frac{2}{3}

    Das LGS hat die eindeutige Lösung d=−23d = -\frac{2}{3}. Der Punkt liegt also auf der Geraden g.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind parallel und haben einen gemeinsamen Punkt. Daher sind sie identisch.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind identisch.

Beispiel 2

Aufgabe

Prüfe, ob die Geraden g:x⃗=(105)+s⋅(24−2)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} und h:x⃗=(224)+t⋅(12−1)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix} identisch sind.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Wir prüfen: (24−2)=k⋅(12−1)\begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ -1 \end{pmatrix}.

    (I):2=1⋅k  ⟹  k=2\text{(I)}: 2 = 1 \cdot k \implies k = 2

    (II):4=2⋅k  ⟹  k=2\text{(II)}: 4 = 2 \cdot k \implies k = 2

    (III):−2=−1⋅k  ⟹  k=2\text{(III)}: -2 = -1 \cdot k \implies k = 2

    Die Richtungsvektoren sind linear abhängig. Die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Wir prüfen, ob der Aufpunkt von h, P(2∣2∣4)P(2|2|4), auf g liegt:

    (224)=(105)+s⋅(24−2)\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 4 \\ -2 \end{pmatrix}

    (I):2=1+2s  ⟹  1=2s  ⟹  s=0.5\text{(I)}: 2 = 1 + 2s \implies 1 = 2s \implies s = 0.5

    (II):2=0+4s  ⟹  2=4s  ⟹  s=0.5\text{(II)}: 2 = 0 + 4s \implies 2 = 4s \implies s = 0.5

    (III):4=5−2s  ⟹  −1=−2s  ⟹  s=0.5\text{(III)}: 4 = 5 - 2s \implies -1 = -2s \implies s = 0.5

    Das LGS hat eine eindeutige Lösung. Der Punkt liegt auf der Geraden.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind parallel und haben einen gemeinsamen Punkt, also sind sie identisch.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind identisch.

Beispiel 3

Aufgabe

Untersuche die Lagebeziehung von g:x⃗=(1000)+d⋅(−312)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 10 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + d \cdot \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} und h:x⃗=(424)+r⋅(−624)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Wir prüfen: (−624)=k⋅(−312)\begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} -3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}.

    Man sieht sofort, dass k=2k=2 für alle drei Zeilen die Lösung ist. Die Vektoren sind linear abhängig, die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Liegt der Aufpunkt von g, P(10∣0∣0)P(10|0|0), auf h?

    (1000)=(424)+r⋅(−624)\begin{pmatrix} 10 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -6 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}

    (I):10=4−6r  ⟹  6=−6r  ⟹  r=−1\text{(I)}: 10 = 4 - 6r \implies 6 = -6r \implies r = -1

    (II):0=2+2r  ⟹  −2=2r  ⟹  r=−1\text{(II)}: 0 = 2 + 2r \implies -2 = 2r \implies r = -1

    (III):0=4+4r  ⟹  −4=4r  ⟹  r=−1\text{(III)}: 0 = 4 + 4r \implies -4 = 4r \implies r = -1

    Das LGS ist eindeutig lösbar. Der Punkt liegt auf der Geraden.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind identisch.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind identisch.

Beispiel 4

Aufgabe

Bestimme die Lagebeziehung von g:x⃗=(555)+s⋅(10−2030)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 10 \\ -20 \\ 30 \end{pmatrix} und h:x⃗=(638)+t⋅(−12−3)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 8 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Wir prüfen: (10−2030)=k⋅(−12−3)\begin{pmatrix} 10 \\ -20 \\ 30 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}.

    (I):10=−1⋅k  ⟹  k=−10\text{(I)}: 10 = -1 \cdot k \implies k = -10

    (II):−20=2⋅k  ⟹  k=−10\text{(II)}: -20 = 2 \cdot k \implies k = -10

    (III):30=−3⋅k  ⟹  k=−10\text{(III)}: 30 = -3 \cdot k \implies k = -10

    Die Richtungsvektoren sind linear abhängig. Die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Liegt der Aufpunkt von h, P(6∣3∣8)P(6|3|8), auf g?

    (638)=(555)+s⋅(10−2030)\begin{pmatrix} 6 \\ 3 \\ 8 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ 5 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 10 \\ -20 \\ 30 \end{pmatrix}

    (I):6=5+10s  ⟹  1=10s  ⟹  s=0.1\text{(I)}: 6 = 5 + 10s \implies 1 = 10s \implies s = 0.1

    (II):3=5−20s  ⟹  −2=−20s  ⟹  s=0.1\text{(II)}: 3 = 5 - 20s \implies -2 = -20s \implies s = 0.1

    (III):8=5+30s  ⟹  3=30s  ⟹  s=0.1\text{(III)}: 8 = 5 + 30s \implies 3 = 30s \implies s = 0.1

    Das LGS ist eindeutig lösbar.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind identisch.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind identisch.

Beispiel 5

Aufgabe

Gegeben sind g:x⃗=(012)+d⋅(1.5−0.51)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + d \cdot \begin{pmatrix} 1.5 \\ -0.5 \\ 1 \end{pmatrix} und h:x⃗=(304)+r⋅(3−12)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}. Sind sie identisch?

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Wir prüfen: (1.5−0.51)=k⋅(3−12)\begin{pmatrix} 1.5 \\ -0.5 \\ 1 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ -1 \\ 2 \end{pmatrix}.

    (I):1.5=3⋅k  ⟹  k=0.5\text{(I)}: 1.5 = 3 \cdot k \implies k = 0.5

    (II):−0.5=−1⋅k  ⟹  k=0.5\text{(II)}: -0.5 = -1 \cdot k \implies k = 0.5

    (III):1=2⋅k  ⟹  k=0.5\text{(III)}: 1 = 2 \cdot k \implies k = 0.5

    Die Richtungsvektoren sind linear abhängig. Die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Liegt der Aufpunkt von h, P(3∣0∣4)P(3|0|4), auf g?

    (304)=(012)+d⋅(1.5−0.51)\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + d \cdot \begin{pmatrix} 1.5 \\ -0.5 \\ 1 \end{pmatrix}

    (I):3=0+1.5d  ⟹  d=2\text{(I)}: 3 = 0 + 1.5d \implies d = 2

    (II):0=1−0.5d  ⟹  −1=−0.5d  ⟹  d=2\text{(II)}: 0 = 1 - 0.5d \implies -1 = -0.5d \implies d = 2

    (III):4=2+1⋅d  ⟹  2=d\text{(III)}: 4 = 2 + 1 \cdot d \implies 2 = d

    Das LGS ist eindeutig lösbar.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind identisch.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind identisch.

Aufgabentyp 2: Geraden mit Schnittpunkt nachweisen

Zwei Geraden schneiden sich, wenn sie genau einen Punkt gemeinsam haben. Das ist der Fall, wenn zwei Bedingungen erfüllt sind:

  1. Sie verlaufen in unterschiedliche Richtungen. Das bedeutet, ihre Richtungsvektoren sind nicht Vielfache voneinander (linear unabhängig).
  2. Es gibt eine Lösung, bei der die beiden Geradengleichungen gleich sind. Wir finden diesen Punkt, indem wir die Gleichungen gleichsetzen und das resultierende LGS lösen.

Wenn das LGS eine eindeutige Lösung für die Parameter hat, gibt es einen Schnittpunkt.

Schritt-für-Schritt-Anleitung

  1. Extrahiere die Richtungsvektoren und prüfe lineare Abhängigkeit: Ergeben sich für kk unterschiedliche Werte, sind die Geraden nicht parallel.
  2. Setze die Geradengleichungen gleich: p⃗+s⋅u⃗=q⃗+r⋅v⃗\vec{p} + s \cdot \vec{u} = \vec{q} + r \cdot \vec{v}.
  3. Löse das LGS mit zwei der drei Gleichungen; bestimme ss und rr.
  4. Überprüfe das Ergebnis in der dritten, ungenutzten Gleichung: wahre Aussage = Schnittpunkt vorhanden.
  5. Berechne den Schnittpunkt durch Einsetzen von ss (oder rr) in die zugehörige Geradengleichung.

Durchgerechnete Beispiele

Beispiel 1

Aufgabe

Gegeben sind die Geraden g:x⃗=(22−3)+s⋅(21−1)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} und h:x⃗=(30−1)+r⋅(1−22)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}. Bestimme ihre Lagebeziehung und den eventuellen Schnittpunkt.

Fortschritt
5 / 5
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Die Richtungsvektoren sind u⃗=(21−1)\vec{u} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} und v⃗=(1−22)\vec{v} = \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}. Wir setzen an: (21−1)=k⋅(1−22)\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}.

    (I):2=1⋅k  ⟹  k=2\text{(I)}: 2 = 1 \cdot k \implies k = 2

    (II):1=−2⋅k  ⟹  k=−0.5\text{(II)}: 1 = -2 \cdot k \implies k = -0.5

    Die Werte für kk sind unterschiedlich. Die Vektoren sind linear unabhängig. Die Geraden sind nicht parallel.

  2. Schritt 2
    Geradengleichungen gleichsetzen

    (22−3)+s⋅(21−1)=(30−1)+r⋅(1−22)\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix}

  3. Schritt 3
    LGS lösen

    (I):2+2s=3+r\text{(I)}: 2 + 2s = 3 + r

    (II):2+s=−2r\text{(II)}: 2 + s = -2r

    (III):−3−s=−1+2r\text{(III)}: -3 - s = -1 + 2r

    Aus (II) formen wir um: s=−2−2rs = -2 - 2r.

    Einsetzen in (I): 2+2(−2−2r)=3+r  ⟹  2−4−4r=3+r  ⟹  −2−4r=3+r  ⟹  −5=5r  ⟹  r=−12 + 2(-2 - 2r) = 3 + r \implies 2 - 4 - 4r = 3 + r \implies -2 - 4r = 3 + r \implies -5 = 5r \implies r = -1.

    Jetzt r=−1r=-1 in die umgeformte Gleichung für s einsetzen: s=−2−2(−1)=−2+2=0s = -2 - 2(-1) = -2 + 2 = 0.

    Probe mit (III): −3−(0)=−1+2(−1)  ⟹  −3=−3-3 - (0) = -1 + 2(-1) \implies -3 = -3. Die Aussage ist wahr. Das LGS hat eine Lösung.

  4. Schritt 4
    Schnittpunkt berechnen

    Wir setzen s=0s=0 in g ein:

    S⃗=(22−3)+0⋅(21−1)=(22−3)\vec{S} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix} + 0 \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ -3 \end{pmatrix}

    Der Schnittpunkt ist S(2∣2∣−3)S(2|2|-3).

  5. Schritt 5 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden schneiden sich im Punkt S(2∣2∣−3)S(2|2|-3).

Ergebnis:

Die Geraden g und h schneiden sich in S(2∣2∣−3)S(2|2|-3).

Beispiel 2

Aufgabe

Untersuche die Lage von g:x⃗=(110)+s⋅(101)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} und h:x⃗=(211)+r⋅(011)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.

Fortschritt
4 / 4
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    (101)=k⋅(011)\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. Aus der ersten Zeile folgt 1=k⋅01 = k \cdot 0, was unmöglich ist. Die Vektoren sind linear unabhängig.

  2. Schritt 2 & 3
    Gleichsetzen und LGS lösen

    (110)+s⋅(101)=(211)+r⋅(011)\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

    (I):1+s=2  ⟹  s=1\text{(I)}: 1 + s = 2 \implies s = 1

    (II):1=1+r  ⟹  r=0\text{(II)}: 1 = 1 + r \implies r = 0

    (III):s=1+r\text{(III)}: s = 1 + r

    Probe mit (III): 1=1+0  ⟹  1=11 = 1 + 0 \implies 1=1. Die Aussage ist wahr.

  3. Schritt 4
    Schnittpunkt berechnen

    Wir setzen s=1s=1 in g ein: S⃗=(110)+1⋅(101)=(211)\vec{S} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}.

  4. Schritt 5 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden schneiden sich im Punkt S(2∣1∣1)S(2|1|1).

Ergebnis:

Die Geraden g und h schneiden sich in S(2∣1∣1)S(2|1|1).

Beispiel 3

Aufgabe

Gegeben sind g:x⃗=(400)+s⋅(−112)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} und h:x⃗=(026)+r⋅(10−1)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 6 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}. Bestimme die Lagebeziehung und den eventuellen Schnittpunkt.

Fortschritt
4 / 4
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Die Richtungsvektoren sind linear unabhängig (unterschiedliche kk-Werte). Die Geraden sind nicht parallel.

  2. Schritt 2 & 3
    Gleichsetzen und LGS lösen

    (I):4−s=r\text{(I)}: 4 - s = r

    (II):s=2\text{(II)}: s = 2

    (III):2s=6−r\text{(III)}: 2s = 6 - r

    Aus (II) wissen wir s=2s=2. In (I) einsetzen: 4−2=r  ⟹  r=24-2 = r \implies r=2. Probe in (III): 2(2)=6−2  ⟹  4=42(2) = 6-2 \implies 4=4. Wahr!

  3. Schritt 4
    Schnittpunkt berechnen

    Wir setzen s=2s=2 in g ein: S⃗=(400)+2⋅(−112)=(224)\vec{S} = \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + 2 \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 4 \end{pmatrix}.

  4. Schritt 5 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden schneiden sich in S(2∣2∣4)S(2|2|4).

Ergebnis:

Die Geraden g und h schneiden sich in S(2∣2∣4)S(2|2|4).

Beispiel 4

Aufgabe

Gegeben sind g:x⃗=(111)+s⋅(201)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} und h:x⃗=(312)+r⋅(030)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 3 \\ 0 \end{pmatrix}. Bestimme die Lagebeziehung und den eventuellen Schnittpunkt.

Fortschritt
4 / 4
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Die Richtungsvektoren sind linear unabhängig. Die Geraden sind nicht parallel.

  2. Schritt 2 & 3
    Gleichsetzen und LGS lösen

    (I):1+2s=3  ⟹  2s=2  ⟹  s=1\text{(I)}: 1 + 2s = 3 \implies 2s=2 \implies s=1.

    (II):1=1+3r  ⟹  0=3r  ⟹  r=0\text{(II)}: 1 = 1+3r \implies 0=3r \implies r=0.

    (III):1+s=2\text{(III)}: 1+s = 2

    Probe mit (III): 1+1=2  ⟹  2=21+1=2 \implies 2=2. Wahr!

  3. Schritt 4
    Schnittpunkt berechnen

    Wir setzen s=1s=1 in g ein: S⃗=(111)+1⋅(201)=(312)\vec{S} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + 1 \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}.

  4. Schritt 5 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden schneiden sich in S(3∣1∣2)S(3|1|2).

Ergebnis:

Die Geraden g und h schneiden sich in S(3∣1∣2)S(3|1|2).

Aufgabentyp 3: Echt parallele Geraden nachweisen

Zwei Geraden sind echt parallel, wenn sie nebeneinander verlaufen, ohne sich jemals zu berühren. Das ist der Fall, wenn zwei Bedingungen erfüllt sind:

  1. Sie verlaufen in die gleiche oder entgegengesetzte Richtung. Das bedeutet, ihre Richtungsvektoren sind Vielfache voneinander (linear abhängig).
  2. Sie haben keinen einzigen Punkt gemeinsam. Wir prüfen das, indem wir zeigen, dass der Aufpunkt der einen Geraden nicht auf der anderen Geraden liegt (Punktprobe).

Wenn das erste zutrifft, aber das zweite nicht, sind die Geraden echt parallel.

Schritt-für-Schritt-Anleitung

  1. Extrahiere die Richtungsvektoren und prüfe lineare Abhängigkeit per Ansatz u⃗=k⋅v⃗\vec{u} = k \cdot \vec{v}.
  2. Ist kk in allen Zeilen gleich, sind die Geraden parallel – führe die Punktprobe durch.
  3. Setze den Stützvektor der einen Geraden in die Gleichung der anderen ein.
  4. Löse das entstehende LGS: Ein Widerspruch (z. B. −1.5≠13-1.5 \neq \frac{1}{3}) zeigt, dass der Punkt nicht auf der Geraden liegt.
  5. Schlussfolgerung: Richtungsvektoren linear abhängig, aber kein gemeinsamer Punkt = echt parallele Geraden.

Durchgerechnete Beispiele

Beispiel 1

Aufgabe

Gegeben sind die Geraden g:x⃗=(7−22)+d⋅(231)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 7 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix} + d \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} und h:x⃗=(103)+r⋅(−4−6−2)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ -2 \end{pmatrix}. Bestimme die Lagebeziehung.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Die Richtungsvektoren sind u⃗=(231)\vec{u} = \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix} und v⃗=(−4−6−2)\vec{v} = \begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ -2 \end{pmatrix}. Wir prüfen: (−4−6−2)=k⋅(231)\begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ -2 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 1 \end{pmatrix}.

    Man sieht sofort, dass für alle drei Zeilen k=−2k=-2 gilt. Die Vektoren sind linear abhängig, die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Wir prüfen, ob der Aufpunkt von g, P(7∣−2∣2)P(7|-2|2), auf h liegt:

    (7−22)=(103)+r⋅(−4−6−2)\begin{pmatrix} 7 \\ -2 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ -2 \end{pmatrix}

    (I):7=1−4r  ⟹  6=−4r  ⟹  r=−1.5\text{(I)}: 7 = 1 - 4r \implies 6 = -4r \implies r = -1.5

    (II):−2=−6r  ⟹  r=−2−6=13\text{(II)}: -2 = -6r \implies r = \frac{-2}{-6} = \frac{1}{3}

    Die Werte für rr sind unterschiedlich (−1.5≠13-1.5 \neq \frac{1}{3}). Das LGS hat keine Lösung. Der Punkt liegt nicht auf der Geraden.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind parallel, aber haben keine gemeinsamen Punkte. Sie sind also echt parallel.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind echt parallel.

Beispiel 2

Aufgabe

Untersuche die Lagebeziehung von g:x⃗=(111)+s⋅(123)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} und h:x⃗=(235)+t⋅(123)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Die Richtungsvektoren sind identisch, also trivialerweise linear abhängig (k=1k=1). Die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Liegt der Aufpunkt von h, P(2∣3∣5)P(2|3|5), auf g?

    (235)=(111)+s⋅(123)\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ 5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix}

    (I):2=1+s  ⟹  s=1\text{(I)}: 2 = 1 + s \implies s = 1

    (II):3=1+2s  ⟹  2=2s  ⟹  s=1\text{(II)}: 3 = 1 + 2s \implies 2 = 2s \implies s = 1

    (III):5=1+3s  ⟹  4=3s  ⟹  s=43\text{(III)}: 5 = 1 + 3s \implies 4 = 3s \implies s = \frac{4}{3}

    Die Werte für ss sind unterschiedlich. Das LGS hat keine Lösung.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind echt parallel.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind echt parallel.

Beispiel 3

Aufgabe

Sind die Geraden g:x⃗=(333)+s⋅(−1−1−1)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix} und h:x⃗=(123)+t⋅(222)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} echt parallel?

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Wir prüfen: (222)=k⋅(−1−1−1)\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}. Es gilt k=−2k=-2 für alle Zeilen. Die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Liegt der Aufpunkt von h, P(1∣2∣3)P(1|2|3), auf g?

    (123)=(333)+s⋅(−1−1−1)\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ -1 \\ -1 \end{pmatrix}

    (I):1=3−s  ⟹  s=2\text{(I)}: 1 = 3 - s \implies s = 2

    (II):2=3−s  ⟹  s=1\text{(II)}: 2 = 3 - s \implies s = 1

    Die Werte für ss sind unterschiedlich. Das LGS hat keine Lösung.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind echt parallel.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind echt parallel.

Beispiel 4

Aufgabe

Bestimme die Lagebeziehung von g:x⃗=s⋅(4−20)g: \vec{x}= s \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} und h:x⃗=(111)+r⋅(−210)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Wir prüfen: (4−20)=k⋅(−210)\begin{pmatrix} 4 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}. Es gilt k=−2k=-2 für alle Zeilen. Die Geraden sind parallel.

  2. Schritt 2
    Punktprobe durchführen

    Liegt der Aufpunkt von g, P(0∣0∣0)P(0|0|0), auf h?

    (000)=(111)+r⋅(−210)\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

    (I):0=1−2r  ⟹  −1=−2r  ⟹  r=0.5\text{(I)}: 0 = 1 - 2r \implies -1 = -2r \implies r = 0.5

    (II):0=1+r  ⟹  r=−1\text{(II)}: 0 = 1 + r \implies r = -1

    Die Werte für rr sind unterschiedlich. Das LGS hat keine Lösung.

  3. Schritt 3 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind echt parallel.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind echt parallel.

Aufgabentyp 4: Windschiefe Geraden nachweisen

Zwei Geraden sind windschief, wenn sie sich niemals schneiden und auch nicht parallel sind. Stell dir zwei Flugzeuge vor, die sich auf unterschiedlichen Höhen und in unterschiedliche Richtungen kreuzen. Das ist der Fall, wenn zwei Bedingungen erfüllt sind:

  1. Sie verlaufen in unterschiedliche Richtungen. Das bedeutet, ihre Richtungsvektoren sind nicht Vielfache voneinander (linear unabhängig).
  2. Sie haben keinen einzigen Punkt gemeinsam. Wenn wir ihre Gleichungen gleichsetzen, führt das zu einem Widerspruch.

Windschief ist sozusagen der „Standardfall" für zwei zufällige Geraden im dreidimensionalen Raum.

Schritt-für-Schritt-Anleitung

  1. Extrahiere die Richtungsvektoren und prüfe lineare Abhängigkeit: Unterschiedliche kk-Werte zeigen lineare Unabhängigkeit.
  2. Setze die Geradengleichungen gleich: p⃗+s⋅u⃗=q⃗+r⋅v⃗\vec{p} + s \cdot \vec{u} = \vec{q} + r \cdot \vec{v}.
  3. Löse das LGS mit zwei der drei Gleichungen; bestimme ss und rr.
  4. Probe in der dritten Gleichung: Falsche Aussage (z. B. −43=−6-43 = -6) bedeutet, das LGS hat keine Lösung.
  5. Schlussfolgerung: Linear unabhängige Richtungsvektoren + kein Schnittpunkt = windschiefe Geraden.

Durchgerechnete Beispiele

Beispiel 1

Aufgabe

Gegeben sind die Geraden g:x⃗=(4−6−1)+s⋅(112)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ -6 \\ -1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} und h:x⃗=(103)+r⋅(−4−6−2)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ -2 \end{pmatrix}. Bestimme die Lagebeziehung.

Fortschritt
4 / 4
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Wir prüfen: (112)=k⋅(−4−6−2)\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ -2 \end{pmatrix}.

    (I):1=−4k  ⟹  k=−0.25\text{(I)}: 1 = -4k \implies k = -0.25

    (II):1=−6k  ⟹  k=−1/6\text{(II)}: 1 = -6k \implies k = -1/6

    Die Werte für kk sind unterschiedlich. Die Vektoren sind linear unabhängig. Die Geraden sind nicht parallel.

  2. Schritt 2
    Geradengleichungen gleichsetzen

    (4−6−1)+s⋅(112)=(103)+r⋅(−4−6−2)\begin{pmatrix} 4 \\ -6 \\ -1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -4 \\ -6 \\ -2 \end{pmatrix}

  3. Schritt 3
    LGS lösen

    (I):4+s=1−4r\text{(I)}: 4 + s = 1 - 4r

    (II):−6+s=−6r\text{(II)}: -6 + s = -6r

    (III):−1+2s=3−2r\text{(III)}: -1 + 2s = 3 - 2r

    Aus (II) formen wir um: s=6−6rs = 6 - 6r.

    Einsetzen in (I): 4+(6−6r)=1−4r  ⟹  10−6r=1−4r  ⟹  9=2r  ⟹  r=4.54 + (6 - 6r) = 1 - 4r \implies 10 - 6r = 1 - 4r \implies 9 = 2r \implies r = 4.5.

    Jetzt r=4.5r=4.5 in die umgeformte Gleichung für s einsetzen: s=6−6(4.5)=6−27=−21s = 6 - 6(4.5) = 6 - 27 = -21.

    Probe mit (III): −1+2(−21)=3−2(4.5)  ⟹  −1−42=3−9  ⟹  −43=−6-1 + 2(-21) = 3 - 2(4.5) \implies -1 - 42 = 3 - 9 \implies -43 = -6. Dies ist eine falsche Aussage.

  4. Schritt 4 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Das LGS hat keine Lösung. Die Geraden sind nicht parallel und haben keinen Schnittpunkt. Sie sind windschief.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind windschief.

Beispiel 2

Aufgabe

Untersuche die Lage von g:x⃗=(123)+s⋅(100)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} und h:x⃗=(456)+r⋅(010)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    Die Richtungsvektoren sind die Basisvektoren e1⃗\vec{e_1} und e2⃗\vec{e_2}. Sie sind linear unabhängig.

  2. Schritt 2 & 3
    Gleichsetzen und LGS lösen

    (123)+s⋅(100)=(456)+r⋅(010)\begin{pmatrix} 1 \\ 2 \\ 3 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 5 \\ 6 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

    (I):1+s=4  ⟹  s=3\text{(I)}: 1 + s = 4 \implies s = 3

    (II):2=5+r  ⟹  r=−3\text{(II)}: 2 = 5 + r \implies r = -3

    (III):3=6\text{(III)}: 3 = 6

    Die dritte Zeile (3=63=6) ist ein direkter Widerspruch. Das LGS hat keine Lösung.

  3. Schritt 4 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind windschief.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind windschief.

Beispiel 3

Aufgabe

Bestimme die Lagebeziehung von g:x⃗=(221)+s⋅(1−13)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} und h:x⃗=(5−20)+r⋅(−221)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    (1−13)=k⋅(−221)\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}. Aus Zeile 1: k=−0.5k=-0.5. Aus Zeile 3: k=3k=3. Widerspruch. Sie sind linear unabhängig.

  2. Schritt 2 & 3
    Gleichsetzen und LGS lösen

    (221)+s⋅(1−13)=(5−20)+r⋅(−221)\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 3 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 5 \\ -2 \\ 0 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}

    (I):2+s=5−2r\text{(I)}: 2 + s = 5 - 2r

    (II):2−s=−2+2r\text{(II)}: 2 - s = -2 + 2r

    (III):1+3s=r\text{(III)}: 1 + 3s = r

    Setze (III) in (I) ein: 2+s=5−2(1+3s)  ⟹  2+s=5−2−6s  ⟹  2+s=3−6s  ⟹  7s=1  ⟹  s=1/72 + s = 5 - 2(1 + 3s) \implies 2 + s = 5 - 2 - 6s \implies 2 + s = 3 - 6s \implies 7s = 1 \implies s = 1/7.

    Dann ist r=1+3(1/7)=1+3/7=10/7r = 1 + 3(1/7) = 1 + 3/7 = 10/7.

    Probe mit (II): 2−1/7=−2+2(10/7)  ⟹  13/7=−14/7+20/7  ⟹  13/7=6/72 - 1/7 = -2 + 2(10/7) \implies 13/7 = -14/7 + 20/7 \implies 13/7 = 6/7. Falsche Aussage.

  3. Schritt 4 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind windschief.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind windschief.

Beispiel 4

Aufgabe

Sind die Geraden g:x⃗=(100)+s⋅(110)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} und h:x⃗=(011)+r⋅(011)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} windschief?

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    (110)=k⋅(011)\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}. Aus Zeile 1: 1=k⋅01=k \cdot 0, unmöglich. Linear unabhängig.

  2. Schritt 2 & 3
    Gleichsetzen und LGS lösen

    (100)+s⋅(110)=(011)+r⋅(011)\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}

    (I):1+s=0  ⟹  s=−1\text{(I)}: 1 + s = 0 \implies s = -1

    (II):s=1+r\text{(II)}: s = 1 + r

    (III):0=1+r  ⟹  r=−1\text{(III)}: 0 = 1 + r \implies r = -1

    Probe mit (II): −1=1+(−1)  ⟹  −1=0-1 = 1 + (-1) \implies -1 = 0. Falsche Aussage.

  3. Schritt 4 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind windschief.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind windschief.

Beispiel 5

Aufgabe

Bestimme die Lagebeziehung von g:x⃗=(815)+s⋅(312)g: \vec{x}=\begin{pmatrix} 8 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} und h:x⃗=(209)+r⋅(1−11)h: \vec{x}=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 9 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}.

Fortschritt
3 / 3
  1. Schritt 1
    Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit prüfen

    (312)=k⋅(1−11)\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = k \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}. Aus Zeile 1: k=3k=3. Aus Zeile 2: k=−1k=-1. Widerspruch. Linear unabhängig.

  2. Schritt 2 & 3
    Gleichsetzen und LGS lösen

    (815)+s⋅(312)=(209)+r⋅(1−11)\begin{pmatrix} 8 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 9 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}

    (I):8+3s=2+r\text{(I)}: 8 + 3s = 2 + r

    (II):1+s=−r\text{(II)}: 1 + s = -r

    (III):5+2s=9+r\text{(III)}: 5 + 2s = 9 + r

    Aus (II) folgt r=−1−sr = -1 - s.

    Einsetzen in (I): 8+3s=2+(−1−s)  ⟹  8+3s=1−s  ⟹  7=−4s  ⟹  s=−7/48 + 3s = 2 + (-1 - s) \implies 8 + 3s = 1 - s \implies 7 = -4s \implies s = -7/4.

    Dann ist r=−1−(−7/4)=−1+7/4=3/4r = -1 - (-7/4) = -1 + 7/4 = 3/4.

    Probe mit (III): 5+2(−7/4)=9+3/4  ⟹  5−7/2=36/4+3/4  ⟹  10/2−7/2=39/4  ⟹  3/2=39/45 + 2(-7/4) = 9 + 3/4 \implies 5 - 7/2 = 36/4 + 3/4 \implies 10/2 - 7/2 = 39/4 \implies 3/2 = 39/4. Falsche Aussage.

  3. Schritt 4 · Ergebnis
    Schlussfolgerung

    Die Geraden sind windschief.

Ergebnis:

Die Geraden g und h sind windschief.

Wichtige Erkenntnisse

Um die Lage zweier Geraden zu bestimmen, folge immer diesem Entscheidungsbaum:

  1. Prüfe die Richtungsvektoren auf lineare Abhängigkeit.
    • JA (linear abhängig): Die Geraden sind parallel.
      • Führe eine Punktprobe durch (Aufpunkt der einen in die andere Gerade einsetzen).
      • LGS lösbar? → Identisch.
      • LGS nicht lösbar? → Echt parallel.
    • NEIN (linear unabhängig): Die Geraden sind nicht parallel.
      • Setze die Geradengleichungen gleich.
      • LGS lösbar? → Schnittpunkt.
      • LGS nicht lösbar? → Windschief.

Häufige Fragen

Was ist die Lagebeziehung zweier Geraden?

Die Lagebeziehung zweier Geraden beschreibt, wie zwei Geraden im Raum zueinander liegen. Es gibt genau vier Möglichkeiten: Die Geraden sind identisch (sie liegen aufeinander), echt parallel (gleiche Richtung, kein gemeinsamer Punkt), sie schneiden sich (genau ein gemeinsamer Punkt) oder sie sind windschief (verschiedene Richtungen, kein Schnittpunkt). Diese vier Fälle lassen sich systematisch mit Richtungsvektoren und einem linearen Gleichungssystem unterscheiden.

Wie erkennst du, ob zwei Geraden windschief sind?

Zwei Geraden sind windschief, wenn zwei Bedingungen gleichzeitig gelten: Erstens sind ihre Richtungsvektoren linear unabhängig – du erhältst für den Faktor k im Ansatz u = k · v unterschiedliche Werte in den drei Zeilen. Zweitens hat das LGS, das beim Gleichsetzen der Geradengleichungen entsteht, keine Lösung – die Probe in der dritten Gleichung liefert eine falsche Aussage wie −43 = −6.

Was ist der Unterschied zwischen identischen und echt parallelen Geraden?

Identische Geraden liegen vollständig aufeinander: Ihre Richtungsvektoren sind linear abhängig und die Punktprobe zeigt, dass ein Aufpunkt der einen Geraden auch auf der anderen liegt (LGS eindeutig lösbar). Echt parallele Geraden haben ebenfalls linear abhängige Richtungsvektoren, aber die Punktprobe führt zu einem Widerspruch – sie teilen also keinen gemeinsamen Punkt und verlaufen nebeneinander her, ohne sich je zu berühren.

Wie berechnest du den Schnittpunkt zweier Geraden im Raum?

Um den Schnittpunkt zu berechnen, setzt du die beiden Geradengleichungen gleich: p + s · u = q + r · v. Das ergibt ein LGS mit drei Gleichungen und zwei Unbekannten (s und r). Löse zwei Gleichungen, überprüfe das Ergebnis in der dritten. Ist die Probe wahr, setzt du den gefundenen Parameterwert in seine Geradengleichung ein und liest den Schnittpunkt S als Koordinaten ab.

Warum reicht lineare Unabhängigkeit der Richtungsvektoren allein nicht aus?

Linear unabhängige Richtungsvektoren bedeuten nur, dass die Geraden nicht parallel sind – sie könnten sich trotzdem noch verfehlen. Im dreidimensionalen Raum können zwei Geraden verschiedene Richtungen haben und dennoch keinen gemeinsamen Punkt besitzen: Das nennt man windschief. Erst wenn das LGS beim Gleichsetzen lösbar ist, gibt es tatsächlich einen Schnittpunkt. Die Probe in der dritten Gleichung entscheidet also zwischen Schnittpunkt und windschief.

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