Lage­un­ter­su­chung zweier Geraden

Zwei Gera­den kön­nen im Raum ganz unter­schied­lich zuein­an­der ori­en­tiert sein:

In der Ebene kön­nen zwei Gera­den drei unter­schied­li­che Lagen zuein­an­der anneh­men: Sie kön­nen par­al­lel und iden­tisch, par­al­lel und ver­schie­den sein oder sie haben genau einen Schnitt­punkt.

Im Raum gibt es noch eine vierte Mög­lich­keit: Gera­den, die nicht par­al­lel sind und kei­nen gemein­sa­men Schnitt­punkt auf­wei­sen, nennt man wind­schief.

In die­sem Bei­trag unter­su­chen wir, wie die Lage zweier Gera­den mit­hilfe ihrer Para­me­ter­form bestimmt wer­den kann. Bei­spiele wer­den ohne Hilfs­mit­tel gelöst. Für die Fälle 3 und 4 wird zudem gezeigt, wie sich der GTR ein­set­zen lässt.

Gege­ben sind zwei Geradengleichungen:

g\colon\ \overrightarrow{OX}=\overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{u}\\ 
h\colon\ \overrightarrow{OX}=\overrightarrow{OB}+s\cdot \overrightarrow{v}
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Stra­te­gie zur Lage­un­ter­su­chung: Ohne Hilfs­mit­tel ist es rat­sam, zunächst die Par­al­le­li­tät zu prü­fen, dann erst einen mög­li­chen Schnitt­punkt zu bestimmen.

Fall 1: \bold{g=h}

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Zwei Gera­den sind iden­tisch, wenn die Rich­tungs­vek­to­ren par­al­lel zuein­an­der sind und einer der Stütz­punkte in der jeweils ande­ren Gerade liegt.

Gege­ben sind die bei­den Geraden:

g\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\ ,\\[5pt]
h\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -4 \end{pmatrix}

Schritt 1: Sind die Rich­tungs­vek­to­ren parallel?

\vec{u} \overset{?}{=} k \cdot \vec{v}\\
\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2  \end{pmatrix}  \overset{?}{=} k \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ -4 \end{pmatrix} \\[5pt]
\begin{align*} -1 &= k \cdot (2) & & \Rightarrow & & k = -\frac{1}{2} \\ 0 &= k \cdot (0) & & \Rightarrow & &k \text{  beliebig} \\ 2 &= k \cdot (-4) & & \Rightarrow & & k  = -\frac{1}{2}  \end{align*}

Ana­lyse 1: Ja, die Rich­tungs­vek­to­ren sind par­al­lel, da das LGS in allen drei Glei­chun­gen auf­geht. In der zwei­ten Glei­chung kön­nen wir k belie­big wäh­len, somit ist auch k=-\frac12 eine Lösung des LGS.

Schritt 2: Liegt der Stütz­punkt der Gerade h in der Gerade g?

Wir füh­ren die Punkt­probe mit dem Punkt B(1|1|5) und der Gerade g durch:

\overrightarrow{OB} \overset{?}{=}  \overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{u}\\[5pt]
\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} \overset{?}{=} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\\[5pt]
\begin{align*} 1 &= 2 + r \cdot (-1) & & \Rightarrow & & r = 1 \\ 1 &= 1 + r \cdot (0) & & \Rightarrow & & r \text{ beliebig} \\ 5 &= 3 + r \cdot (2) & & \Rightarrow & & r = 1 \end{align*}

Ana­lyse 2: Der Punkt B(1|1|5) liegt in der Gerade g , denn die Lösung r = 1 erfüllt alle drei Glei­chun­gen des LGS, auch die zweite. D.h. die bei­den Gera­den sind par­al­lel und iden­tisch.

Fall 2: \bold{g \parallel h \ \wedge \ g \ne h}

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Zwei Gera­den sind par­al­lel und ver­schie­den, wenn einer der Stütz­punkte nicht in der jeweils ande­ren Gerade liegt.

Gege­ben sind die bei­den Geraden:

g\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\ ,\\[5pt]
h\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ 4 \end{pmatrix}

Schritt 1: Sind die Rich­tungs­vek­to­ren parallel?

Ana­lyse 1: Ja, die Rich­tungs­vek­to­ren sind par­al­lel, denn \vec u = \frac{1}{2}\cdot \vec v (siehe auch Bei­spiel 1). 

Schritt 2: Liegt der Stütz­punkt der Gerade g in der Gerade h?

Wir füh­ren die Punkt­probe mit dem Punkt B(2|2|1) und der Gerade g durch:

\overrightarrow{OB} \overset{?}{=}  \overrightarrow{OA}+r\cdot \overrightarrow{u}\\[5pt]
\begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \overset{?}{=} \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\\[5pt]
\begin{align*} 2 &= 2 + r \cdot (-1) & & \Rightarrow & & r = 0 \\ 2 &= 1 + r \cdot (0) & & \Rightarrow & & r =\{ \} \\ 1 &= 3 + r \cdot (2) & & \Rightarrow & & r = -1 \end{align*}

Ana­lyse 2: Der Punkt B(2|2|1) liegt nicht in der Gerade g , denn das LGS lie­fert in der ers­ten und der drit­ten Glei­chung unter­schied­li­che Lösun­gen. Zudem ist die zweite Glei­chung in die­sem Bei­spiel über­haupt nicht lös­bar (das kommt manch­mal vor). Resul­tat: die bei­den Gera­den sind par­al­lel und ver­schie­den.

Fall 3: Es gibt einen gemein­sa­men Schnittpunkt

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Zwei Gera­den haben einen Schnitt­punkt, wenn das LGS \textcolor{#0000ff}{\overrightarrow{OA}}+r\cdot \textcolor{#0000ff}{\overrightarrow{u}}=\textcolor{#d40000}{\overrightarrow{OB}}+s\cdot \textcolor{#d40000}{\overrightarrow{v}} in allen drei Glei­chun­gen auf­geht. Probe mit der 3. Glei­chung oder Dummy-Spalte im GTR!

Gege­ben sind die bei­den Geraden:

g\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\ ,\\[5pt]
h\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}

Schritt 1: Sind die Rich­tungs­vek­to­ren parallel?

\vec{u} \overset{?}{=} k \cdot \vec{v}\\
\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}  \overset{?}{=} k \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} \\[5pt]
\begin{align*} -1 &= k \cdot (0) & & \Rightarrow & & k = \{\} \\ 0 &= k \cdot (2) & & \Rightarrow & &k = 0 \\ 2 &= k \cdot (1) & & \Rightarrow & & k = 2 \end{align*}

Ana­lyse 1: Nein, die Rich­tungs­vek­to­ren sind nicht par­al­lel, da das LGS nicht in allen drei Glei­chun­gen aufgeht. 

Schritt 2: Gibt es einen gemein­sa­men Schnitt­punkt \bold S ?

Wir set­zen die Gera­den g = h gleich,

\overrightarrow{OA}+r\cdot\overrightarrow{u} \ \overset{?}{=}  \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{v}\\[5pt]
\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\overset{?}{=} \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}

und stel­len ein LGS mit drei Glei­chun­gen und den zwei Varia­blen r, s auf:

\left |\begin{align*} 2 -1\cdot r &= 1 - 0\cdot s \\ 1 + 0\cdot r &= -1+2\cdot s\\3 + 2\cdot r&= 4 + 1\cdot s \end{align*}\right |

wir brin­gen die Terme mit r, s auf die linke Seite und die Kon­stan­ten auf die rechte Seite

\left |\begin{align*} 2 -1\cdot r &= 1 - 0\cdot s \\ 1 + 0\cdot r &= -1+2\cdot s\\3 + 2\cdot r&= 4 + 1\cdot s \end{align*}\right |\begin{align*} & -2 \\ &-1-2\cdot s\\&-3 -1\cdot s \end{align*}\\[5pt]
\left |\begin{align*} -1\cdot r+0\cdot s &= -1  \\ 0\cdot r -2\cdot s&= -2\\ 2\cdot r-1\cdot s&= 1\end{align*}\right |

und brin­gen das LGS in eine Matrix­form. Hin­weis: Es ist erfor­der­lich, das LGS in den Unter­la­gen zu dokumentieren.

\begin{array}{r:rr|r}
&r&s&R\\ \hline
I&-1&0 &-1\\
II&0&-2&-2\\
III&2&-1&1
\end{array}

Wir lösen die ers­ten bei­den Glei­chun­gen des LGS mit dem Gauss-Ver­fah­ren:

\begin{array}{r:rr|rl}
&r&s&R\\ \hline
I&-1&0 &-1\\
II&0&-2&-2 
\end{array}\begin{array}{}\\\Rightarrow \blue{r=1}\\\Rightarrow \red{s=1}\end{array}

In die­sem Bei­spiel ist die Matrix schon in der Drei­ecks­ge­stalt und wir kön­nen die Lösun­gen direkt able­sen. In vie­len Fäl­len müs­sen wir zunächst mit dem Gauss-Ver­fah­ren die Drei­ecks­ge­stalt erzeugen.

Schritt 2.1: Probe in der drit­ten Gleichung

Feh­ler­quelle: Die Lösung \blue{r=1}; \red{s=1} ergibt sich nur aus zwei Glei­chun­gen des LGS. Es ist erfor­der­lich, dass wir die Probe in der drit­ten Glei­chung durch­füh­ren (Punkt­ab­zug, wenn es ver­ges­sen wird).

Wir set­zen dazu die Lösung in die dritte Glei­chung ein:

III: 2\cdot \blue{1}-1\cdot \red{1}\overset{?}{=}1\\
III: 1\overset{!}{=}1

Ana­lyse 2: Die Probe ist auf­ge­gan­gen. Somit haben die Gera­den g und h einen gemein­sa­men Schnitt­punkt \bold S .

Schritt 3: Berech­nung des Schnitt­punk­tes \bold S

Wir set­zen die Lösung des LGS \blue{r=1}; \red{s=1} in die Gerade g oder die Gerade h ein:

g\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + \blue{1} \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\ =\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix} ,\\[5pt]
h\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 4 \end{pmatrix} + \red{1} \cdot \begin{pmatrix} 0 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 5 \end{pmatrix}

Ana­lyse 3: In bei­den Gera­den ergibt sich der glei­che Schnitt­punkt S(1|1|5) .

Wir brin­gen das LGS in eine Matrix­form und doku­men­tie­ren sie genau wie bei dem hilfs­mit­tel­freien Beispiel.

\begin{array}{r:rr|r}
&r&s&R\\ \hline
I&-1&0 &-1\\
II&0&-2&-2\\
III&2&-1&1
\end{array}

Der GTR kann lineare Glei­chungs­sys­teme nur dann lösen, wenn die Zahl der Glei­chun­gen mit der Zahl der Varia­blen über­ein­stimmt. In unse­rem Bei­spiel haben wir drei Glei­chun­gen aber nur zwei Varia­blen r und s . Daher fügen wir eine Dummy-Varia­ble \orange z ein. Die Koef­fi­zi­en­ten die­ser Varia­blen sind alle Null. Dadurch ver­än­dern wir die Lösungs­menge unse­res LGS nicht.

\begin{array}{r:rrr|r}
&r&s&\orange z&R\\ \hline
I&-1&0 &\orange 0&-1\\
II&0&-2&\orange 0&-2\\
III&2&-1&\orange 0&1
\end{array}

Nun kön­nen wir die Matrix des LGS im GTR eingeben:

Ana­lyse: Die Probe ist nicht not­wen­dig, denn der GTR nutzt alle drei Glei­chun­gen des LGS zur Lösung aus. Somit haben die Gera­den g und h einen gemein­sa­men Schnitt­punkt \bold S . Wenn der Schnitt­punkt gesucht ist, müs­sen wir ihn wie oben gezeigt berechnen. 

Feh­ler­quelle: Ver­giss nicht die Doku­men­ta­tion des LGS.

Fall 4: Die Gera­den sind windschief

Dieses Bild hat ein leeres Alt-Attribut. Der Dateiname ist VektorGeoGeradenWindsch.svg
Zwei Gera­den nennt man wind­schief, wenn das LGS \textcolor{#0000ff}{\overrightarrow{OA}}+r\cdot \textcolor{#0000ff}{\overrightarrow{u}}=\textcolor{#d40000}{\overrightarrow{OB}}+s\cdot \textcolor{#d40000}{\overrightarrow{v}} keine Lösung hat.

Gege­ben sind die bei­den Geraden:

g\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\ ,\\[5pt]
h\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}

Schritt 1: Sind die Rich­tungs­vek­to­ren parallel?

\vec{u} \overset{?}{=} k \cdot \vec{v}\\
\begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}  \overset{?}{=} k \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix} \\[5pt]
\begin{align*} -1 &= k \cdot (1) & & \Rightarrow & & k = -1 \\ 0 &= k \cdot (1) & & \Rightarrow & &k = 0 \\ 2 &= k \cdot (2) & & \Rightarrow & & k = 2 \end{align*}

Ana­lyse 1: Nein, die Rich­tungs­vek­to­ren sind nicht par­al­lel, da das LGS nicht in allen drei Glei­chun­gen aufgeht. 

Schritt 2: Gibt es einen gemein­sa­men Schnitt­punkt \bold S ?

Wir set­zen die Gera­den g = h gleich,

\overrightarrow{OA}+r\cdot\overrightarrow{u} \ \overset{?}{=}  \overrightarrow{OB}+r\cdot \overrightarrow{v}\\[5pt]
\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ 3 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 0 \\ 2 \end{pmatrix}\overset{?}{=} \begin{pmatrix} 2 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 2 \end{pmatrix}

und stel­len ein LGS mit drei Glei­chun­gen und den zwei Varia­blen r, s auf:

\left |\begin{align*} 2 -1\cdot r &= 2 + 1\cdot s \\ 1 + 0\cdot r &= 2+1\cdot s\\3 + 2\cdot r&= 1 + 2\cdot s \end{align*}\right |

wir brin­gen die Terme mit r, s auf die linke Seite und die Kon­stan­ten auf die rechte Seite

\left |\begin{align*} 2 -1\cdot r &= 2 + 1\cdot s \\ 1 + 0\cdot r &= 2+1\cdot s\\3 + 2\cdot r&= 1 + 2\cdot s \end{align*}\right |
\begin{align*} & -2 -1\cdot s \\ &-1-1\cdot s\\&-3 -2\cdot s \end{align*}\\[5pt]
\left |\begin{align*} -1\cdot r-1\cdot s &= 0  \\ 0\cdot r -1\cdot s&= 1\\ 2\cdot r-2\cdot s&= -2\end{align*}\right |

und brin­gen das LGS in eine Matrix­form. Hin­weis: Es ist erfor­der­lich, das LGS in den Unter­la­gen zu dokumentieren.

\begin{array}{r:rr|r}
&r&s&R\\ \hline
I&-1&-1 &0\\
II&0&-1&1\\
III&2&-2&-2
\end{array}

Wir lösen die ers­ten bei­den Glei­chun­gen des LGS mit dem Gauss-Ver­fah­ren:

\begin{array}{r:rr|rl}
&r&s&R\\ \hline
I&-1&-1 &0\\
II&0&-1&1 
\end{array}\begin{array}{}\\\Rightarrow \blue{r=1}\\\Rightarrow \red{s=-1}\end{array}

In die­sem Bei­spiel ist die Matrix schon in der Drei­ecks­ge­stalt und wir kön­nen die Lösun­gen direkt able­sen. In vie­len Fäl­len müs­sen wir zunächst mit dem Gauss-Ver­fah­ren die Drei­ecks­ge­stalt erzeugen.

Schritt 2.1: Probe in der drit­ten Gleichung

Feh­ler­quelle: Die Lösung \blue{r=1}; \red{s=-1} ergibt sich nur aus zwei Glei­chun­gen des LGS. Es ist erfor­der­lich, dass wir die Probe in der drit­ten Glei­chung durch­füh­ren. Ohne die Probe kön­nen wir die Lage der bei­den Gera­den in die­sem Bei­spiel nicht rich­tig einschätzen.

Wir set­zen dazu die Lösung in die dritte Glei­chung ein:

III: 2\cdot \blue{1}-2\cdot (\red{-1})\overset{?}{=}-2\\
III: 4\ne1

Ana­lyse 2: Die Probe ergibt eine fal­sche Aus­sage. Somit haben die Gera­den g und h kei­nen gemein­sa­men Schnitt­punkt, sie sind wind­schief.

Schritt 3: Berech­nung des Schnitt­punk­tes ent­fällt.

Wir brin­gen das LGS in eine Matrix­form und doku­men­tie­ren sie in den Unterlagen:

\begin{array}{r:rr|r}
&r&s&R\\ \hline
I&-1&-1 &0\\
II&0&-1&1\\
III&2&-2&-2
\end{array}

Der GTR kann lineare Glei­chungs­sys­teme nur dann lösen, wenn die Zahl der Glei­chun­gen mit der Zahl der Varia­blen über­ein­stimmt. In unse­rem Bei­spiel haben wir drei Glei­hun­gen aber nur zwei Varia­blen r und s . Daher fügen wir eine Dummy-Varia­ble \orange z ein. Die Koef­fi­zi­en­ten die­ser Varia­blen sind alle Null. Dadurch ver­än­dern wir die Lösungs­menge unse­res LGS nicht.

\begin{array}{r:rrr|r}
&r&s&\orange z&R\\ \hline
I&-1&-1 &\orange 0&0\\
II&0&-1&\orange 0&1\\
III&2&-2&\orange 0&-2
\end{array}

Nun kön­nen wir die Matrix des LGS im GTR ein­ge­ben (siehe auch Bei­spiel Fall 3 GTR):

Ana­lyse: Die Probe ist nicht not­wen­dig, denn der GTR nutzt alle drei Glei­chun­gen des LGS zur Lösung aus. Somit haben die Gera­den g und h kei­nen Schnitt­punkt, sie sind wind­schief.

Feh­ler­quelle: Ver­giss nicht die Doku­men­ta­tion des LGS.

Auf­ga­ben

  1. Unter­su­che ohne Hilfs­mit­tel die Lage der Gera­den AB in Bezug auf die Gerade CD. Bestimme ggf. die Koor­di­na­ten des gemein­sa­men Punktes:
    1. A(-5|1|8), B(-1|1|6), C(-5|7|2), D(7|-2|5)
    2. A(1|4|-1), B(3|0|3), C(5|1|0), D(4|3|-2)
Kabel­sa­lat

Mit den Lei­tun­gen DC, FE und HG war noch alles in Ord­nung. Dann wurde die Lei­tung von A nach B gezo­gen und mit einem lau­ten Knall fiel der Strom aus. Unter­su­che rech­ne­risch (GTR zuläs­sig), an wel­cher Stelle und mit wel­cher Lei­tung die neue Lei­tung AB in Kon­takt gekom­men ist.

Die Gera­den

g_{AB}\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} -5 \\ 1 \\ 8 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 4 \\ 0 \\ -2 \end{pmatrix}\ ,\\[5pt]
g_{CD}\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} -5 \\ 7 \\ 2 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} 12 \\ -9 \\ 3 \end{pmatrix}

schnei­den sich im Punkt S(3|1|4).

Die Gera­den

g_{AB}\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 1 \\ 4 \\ -1 \end{pmatrix} + r \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ -4 \\ 4 \end{pmatrix}\ ,\\[5pt]
g_{CD}\colon\ \overrightarrow{OX} = \begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} + s \cdot \begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ -2 \end{pmatrix}

sind par­al­lel und verschieden.

Aus ver­än­der­ter Per­spek­tive zeigt sich der Schnitt­punkt S(3|2|4) der Gera­den durch die Punkte HG und AB.

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8 Kommentare

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Liebe Leora,

vie­len Dank für deine Lösun­gen. Du müss­test aller­dings noch zwei kleine Rechen­schritte ausführen:

Bei 1 a) die Koor­di­na­ten des Schnitt­punk­tes berech­nen und bei 1 b) die Punkt­probe, um zu schauen, ob die Gera­den par­al­lel oder iden­tisch sind. Ori­en­tiere dich doch ein­fach an den Beispielen.

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