Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ 7\\ 14\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ und der Ebene E :$-9x_1+x_2-10x_3=-180$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(7-3t\right|7+1t\left|14+2t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$-9·\left(7-3t\right)+1·\left(7+t\right)-10·\left(14+2t\right)$	=	$-180$
$-63+27t+7+t-140-20t$	=	$-180$
$8t-196$	=	$-180$	| $+196$
$8t$	=	$16$	|:$8$
$t$	=	$2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(7-3t\right|7+1t\left|14+2t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(1|9|18\right)$.

Um die gegenseitige Lage der Gerade und der Ebene zu überprüfen, bilden wir das Skalarprodukt aus dem Normalenvektor der Ebene und dem Richtungsvektor der Geraden.

$\left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ $\cdot$$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ $=$$\mathrm{(-8)}\cdot \mathrm{(-5)}+8\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-4)}\cdot 5$=-12

Da das Skalarprodukt ungleich null ist, sind der Normalenvektor der Ebene und der Richtungsvektor der Geraden nicht orthogonal zueinander; somit haben Ebene und Gerade einen gemeinsamen Punkt, den Durchstoßpunkt. Diesen berechnen wir jetzt.

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}9\\ 0\\ -16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ und der Ebene E :$-8x_1+8x_2-4x_3=-8$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(9-5t\right|0-4t\left|-16+5t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$-8·\left(9-5t\right)+8·\left(-4t\right)-4·\left(-16+5t\right)$	=	$-8$
$-72+40t-32t+64-20t$	=	$-8$
$-12t-8$	=	$-8$	| $+8$
$-12t$	=	0	|:($-12$)
$t$	=	0

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(9-5t\right|0-4t\left|-16+5t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(9|0|-16\right)$.

Für die beiden Normalenvektoren der Ebenen gilt:

$\left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ $=\mathrm{-1}\cdot$$\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$

Die Normalenvektoren sind somit linear abhängig, daher müssen die beiden Ebenen parallel oder identisch sein.

In diesem Fall sind sie identisch: Wenn man die Ebene $\mathrm{-}{x}_1+8x_2+4x_3=16$ mit den Faktor -1 multipliziert, erhält man genau die andere Ebene, $\mathrm{}{x}_1-8x_2-4x_3=-16$.

Für die beiden Normalenvektoren der Ebenen gilt:

$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ $=\mathrm{-2}\cdot$$\left(\begin{array}{c}-2\\ -8\\ -16\end{array}\right)$

Die Normalenvektoren sind somit linear abhängig, daher müssen die beiden Ebenen parallel oder identisch sein.

In diesem Fall sind sie nicht identisch, sondern parallel: Es gibt keinen Faktor, mit welchem man die Gleichung der einen Ebene auf die Gleichung der anderen Ebene bringen kann.

Um den Abstand der parallelen Ebenen zu berechnen, genügt es den Abstand eines beliebigen Punktes auf F z.B. S₁$\left(1|18|0\right)$ zur Ebene E zu berechnen:

Wir berechnen den Abstand zwischen Punkt und Ebene mittels der Hesse'schen Normalenform.

$d=$ $\frac{|1\cdot 1+4\cdot 18+8\cdot 0+8|}{\sqrt{1^2+4^2+8^2}}$
$=$ $\frac{\left|81\right|}{\sqrt{81}}$ $=$ $\frac{81}{9}$ = 9

Die beiden Richtungsvektoren $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{c}18\\ -18\\ 39\end{array}\right)$ der Geraden sind linear abhängig (Vielfache voneinander). Wir müssen also prüfen, ob die Geraden parallel oder identisch sind.
Setzen wir daher den Stützvektor der zweiten Geraden $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -19\end{array}\right)$ in die erste Gerade ein.

$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -19\end{array}\right)$$=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$$+t\cdot$ $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$
$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -19\end{array}\right)$$=t\cdot$ $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$

Es gibt kein t, welches diese Gleichung erfüllt. Der Stützvektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ der ersten Geraden liegt also nicht auf der Geraden $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -19\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}18\\ -18\\ 39\end{array}\right)$.
Somit sind die beiden Geraden parallel.

Um den Abstand der parallen Geraden zu berechnen, berechnen wir den Abstand des Aufpunktes von h H $\left(-2|1|-19\right)$ von der Geraden g:

Um den Abstand zwischen Punkt und Gerade zu bestimmen, müssen wir eine Hilfsebene bilden.
Diese Hilfsebene ist orthogonal zu unserer Geraden $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$ und enthält unseren Punkt P$\left(-2|1|-19\right)$.
Der Normalenvektor der Hilfsebene ist also der Richtungsvektor der Geraden, $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$. Die Hilfsebene in der Koordinatenform ist somit $6x_1-6x_2+13x_3=-265$
Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt der Geraden mit der Hilfsebene.

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$ und der Ebene E :$6x_1-6x_2+13x_3=-265$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(-3+6t\right|1-6t\left|0+13t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$6·\left(-3+6t\right)-6·\left(1-6t\right)+13·13t$	=	$-265$
$-18+36t-6+36t+169t$	=	$-265$
$241t-24$	=	$-265$	| $+24$
$241t$	=	$-241$	|:$241$
$t$	=	$-1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(-3+6t\right|1-6t\left|0+13t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(-9|7|-13\right)$.

Der gesuchte Abstand zwischen dem Punkt P$\left(-2|1|-19\right)$ und der Geraden $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$ ist nun der Abstand zwischen dem Punkt P$\left(-2|1|-19\right)$ und dem Durchstoßpunkt D$\left(-9|7|-13\right)$.

Die Normalenvektoren von E₁ und E₂ sind linear abhängig, also sind sie parallel. Da auch die Ebene F dazu parallel sein soll, muss auch deren Normalenvektor dazu linear abhängig sein, z.B. $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -4\end{array}\right)$. Damit fehlt nur noch ein Punkt auf F. Dieser muss von E₁ und E₂ den gleichen Abstand haben.

Anhand der Skizze erkennt man, dass wegen des Strahlensatzes der Mittelpunkt zwischen zwei beliebigen Punkten von E₁ und E₂ diese Bedingung erfüllt.

Wir wählen als beliebige Punkte von E₁ den Punkt P₁$\left(-6|0|0\right)$ und von E₂ den Punkt P₂$\left(-42|0|0\right)$. Der Mittelpunkt der beiden ist M. $\left(\frac{-6+(-42)}{2}\right|\frac{0+0}{2}\left|\frac{0+0}{2}\right)$ = M$\left(-24|0|0\right)$.

Punktprobe mit M in F ergibt für d=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-24)}+6\cdot 0+\mathrm{(-4)}\cdot 0$ = 48.

Die gesuchte Ebene ist also F: $-2x_1+6x_2-4x_3=48$

Wir schreiben die beiden Ebenen als LGS untereinander
(1) $\mathrm{}{x}_1+3x_2-3x_3=-0$
(2) $-2x_1+x_2+x_3=21$

-2⋅(1)-1⋅(2)

(1) $\mathrm{}{x}_1+3x_2-3x_3=-0$
(2) $-7x_2+5x_3=-21$

setze x₃ = t

mit (2) folgt :
-7x₂ = -21 - 5⋅t |:-7
x₂ = 3$+\frac{5}{7}t$

eingesetzt in (1):

1x₁ +3⋅(3$+\frac{5}{7}t$)-3⋅t = -0
1x₁ $$ +9$$$+\frac{15}{7}$t-3⋅t = -0
1x₁ $$ +9$$$-\frac{6}{7}$t = -0
1x₁ = $$ -9$$$+\frac{6}{7}$t
x₁ =-9$+\frac{6}{7}t$

x₁ = -9$+\frac{6}{7}t$
x₂ = 3$+\frac{5}{7}t$
x₃ = $1$t

Die gesuchte Schnittgerade ist also :

$\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ 3\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}\frac{6}{7}\\ \frac{5}{7}\\ 1\end{array}\right)$

Weil der Richtungsvektor ja immer in der Geraden drin liegt, darf man diesen (im Gegensatz zum Stützvektor) mit jeder Zahl durchmultiplizieren, also auch mit 7:

$\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ 3\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 7\end{array}\right)$

Der Normalenvektor der Ebene ist: $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$.

Wir bilden eine Gerade mit diesem Normalenvektor als Richtungsvektor, welche durch unseren Punkt P$\left(6|14|3\right)$ geht:

g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ 14\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$

Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt dieser Geraden mit unserer Ebene E: $-3x_1-4x_2=-24$.

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ 14\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ und der Ebene E :$-3x_1-4x_2=-24$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(6-3t\right|14-4t\left|3+0t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$-3·\left(6-3t\right)-4·\left(14-4t\right)+0·3$	=	$-24$
$-18+9t-56+16t$	=	$-24$
$25t-74$	=	$-24$	| $+74$
$25t$	=	$50$	|:$25$
$t$	=	$2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(6-3t\right|14-4t\left|3+0t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(0|6|3\right)$.

Dieser Durchstoßpunkt D ist der gesuchte Lotfußpunkt L$\left(0|6|3\right)$.

Wenn die gegebene Gerade s: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ eine Schnittgerade der beiden gesuchten Ebenen E und F sein soll, muss die Gerade ja in beiden Ebenen drin liegen. Also müssen die Normalenvektoren der beiden Ebenen orthogonal zum Richtungsvektor von s $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ sein. Für die erste Ebene E können wir noch einen beliebigen zu $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ orthogonalen Vektor suchen:

z.B. $\overrightarrow{n_E}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+2\cdot 0=-25\mathrm{+25}\mathrm{+0}=0$

Jetzt brauchen wir noch einen zweiten Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$, der

• sowohl orthogonal zum Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ (die Gerade liegt ja auch in F)
• als auch zu $\overrightarrow{n_E}$ ist (E und F sollen ja auch orthogonal sein).

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}=-25\mathrm{+25}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +50 = 0 wird, also t=$-25$ = $-25$.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -25\end{array}\right)$ = $\frac{\mathrm{-5}}{1}$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 5\end{array}\right)$

Alternativ dazu hätte man auch das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) berechnen können: $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-5·0-2·\left(-5\right)\\ 2·\left(-5\right)-5·0\\ 5·\left(-5\right)-\left(-5\right)·\left(-5\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+10\\ -10+0\\ -25-25\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}10\\ -10\\ -50\end{array}\right)$

Damit wissen wir nun schon die linken Seiten der beiden Ebenen: E: $-5x_1-5x_2=\mathrm{d}$ und F: $\mathrm{-}{x}_1+x_2+5x_3=\mathrm{d}$

Da ja die Gerade s die Schnittgerade von E und F sein soll, muss s und damit auch ihr Aufpunkt AP$\left(4|-5|-4\right)$ sowohl in E als auch in F liegen.

Punktprobe von AP$\left(4|-5|-4\right)$ in E: $\mathrm{(-5)}\cdot 4+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{(-4)}=-20\mathrm{+25}\mathrm{+0}=5$
Somit wäre E: $-5x_1-5x_2=5$

Punktprobe von AP$\left(4|-5|-4\right)$ in F: $\mathrm{(-1)}\cdot 4+1\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-4)}=-4-5-20=-29$
Somit wäre F: $\mathrm{-}{x}_1+x_2+5x_3=-29$

Natürlich gibt es noch unendlich viele andere richtige Lösungen dieser Aufgabe!