Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ und der Ebene E :$\mathrm{}{x}_1+10x_2-2x_3=20$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(4+3t\right|-2-2t\left|5+3t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$1·\left(4+3t\right)+10·\left(-2-2t\right)-2·\left(5+3t\right)$	=	$20$
$4+3t-20-20t-10-6t$	=	$20$
$-23t-26$	=	$20$	| $+26$
$-23t$	=	$46$	|:($-23$)
$t$	=	$-2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(4+3t\right|-2-2t\left|5+3t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(-2|2|-1\right)$.

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.

$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ $\cdot$$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 10\end{array}\right)$ $=$$\mathrm{(-2)}\cdot 3+6\cdot 6+\mathrm{(-3)}\cdot 10$=0

Das Skalarprodukt ist gleich null, das heißt, dass der Normalenvektor der Ebene und der Richtungsvektor der Geraden orthogonal zueinander sind; somit ist die Gerade parallel zur Ebene oder eine Teilmenge der Ebene. Um dies zu überprüfen, setzen wir den Aufpunkt der Geraden $\left(-1|-8|5\right)$ in die Ebene $-2x_1+6x_2-3x_3=-12$ ein.

$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+6\cdot \mathrm{(-8)}+\mathrm{(-3)}\cdot 5$ ≠ -12

Die Gleichung ist offensichtlich nicht erfüllt, also liegt der Aufpunkt der Geraden nicht in der Ebene. Somit ist die Gerade parallel zur Ebene.

Um den Abstand der Geraden zur parallen Ebene zu berechnen, müssen wir einfach den Abstand eines beliebigen Punktes der Geraden, z.B, des Aufpunktes$\left(-1|-8|5\right)$ von der Ebene berechnen.

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

$d=$ $\frac{|-2\cdot (-1)+6\cdot (-8)-3\cdot 5+12|}{\sqrt{{(-2)}^2+6^2+{(-3)}^2}}$
$=$ $\frac{\left|-49\right|}{\sqrt{49}}$ $=$ $\frac{49}{7}$ = 7

Für die beiden Normalenvektoren der Ebenen gilt:

$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ $=\mathrm{-1}\cdot$$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ -6\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 $3x_1-6x_2+6x_3=12$ mit den Faktor -1 multipliziert, erhält man genau die andere Ebene, $-3x_1+6x_2-6x_3=-12$.

Für die beiden Normalenvektoren der Ebenen gilt:

$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ $=2\cdot$$\left(\begin{array}{c}16\\ -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$\left(4|-30|0\right)$ zur Ebene E zu berechnen:

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

$d=$ $\frac{|8\cdot 4-4\cdot (-30)-8\cdot 0-8|}{\sqrt{8^2+{(-4)}^2+{(-8)}^2}}$
$=$ $\frac{\left|144\right|}{\sqrt{144}}$ $=$ $\frac{144}{12}$ = 12

Die beiden Richtungsvektoren $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ der Geraden sind keine Vielfachen voneinander, die Geraden können also weder parallel noch identisch sein. Wir müssen deswegen noch prüfen, ob die Geraden einen Schnittpunkt haben oder nicht.
Wir setzen dazu die beiden Geraden gleich und lösen das so entstehende Lineare Gleichungssystem.

$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 1\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 10\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$

Für s=$3$ und t=$3$ sind also alle 3 Gleichungen und damit die ursprüngliche Vektorgleichung erfüllt.

Wir setzen nun also entweder s=$3$ in g oder t=$3$ in h ein und erhalten so den Ortsvektor des Schnittpunktes.

$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 1\end{array}\right)+\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>3</mn></mrow>\; </math>}\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 10\\ -5\end{array}\right)$

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. $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}20\\ -2\\ 18\end{array}\right)$. 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$\left(-18|0|0\right)$ und von E₂ den Punkt P₂$\left(-54|0|0\right)$. Der Mittelpunkt der beiden ist M. $\left(\frac{-18+(-54)}{2}\right|\frac{0+0}{2}\left|\frac{0+0}{2}\right)$ = M$\left(-36|0|0\right)$.

Punktprobe mit M in F ergibt für d=$20\cdot \mathrm{(-36)}+\mathrm{(-2)}\cdot 0+18\cdot 0$ = -720.

Die gesuchte Ebene ist also F: $20x_1-2x_2+18x_3=-720$

Wir schreiben die beiden Ebenen als LGS untereinander
(1) $5x_1-2x_2-5x_3=-70$
(2) $-3x_1+4x_2-2x_3=-210$

3⋅(1)--5⋅(2)

(1) $5x_1-2x_2-5x_3=-70$
(2) $+14x_2-25x_3=-1260$

setze x₃ = t

mit (2) folgt :
14x₂ = -1260 - (-25)⋅t |:14
x₂ = -90$+\frac{25}{14}t$

eingesetzt in (1):

5x₁ -2⋅(-90$+\frac{25}{14}t$)-5⋅t = -70
5x₁ $$ +180$$$-\frac{25}{7}$t-5⋅t = -70
5x₁ $$ +180$$$-\frac{60}{7}$t = -70
5x₁ = $$ -250$$$+\frac{60}{7}$t
x₁ =-50$+\frac{12}{7}t$

x₁ = -50$+\frac{12}{7}t$
x₂ = -90$+\frac{25}{14}t$
x₃ = $1$t

Die gesuchte Schnittgerade ist also :

$\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-50\\ -90\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}\frac{12}{7}\\ \frac{25}{14}\\ 1\end{array}\right)$

Weil der Richtungsvektor ja immer in der Geraden drin liegt, darf man diesen (im Gegensatz zum Stützvektor) mit jeder Zahl durchmultiplizieren, also auch mit 14:

$\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-50\\ -90\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}24\\ 25\\ 14\end{array}\right)$

Der Normalenvektor der Ebene ist: $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 2\end{array}\right)$.

Wir bilden eine Gerade mit diesem Normalenvektor als Richtungsvektor, welche durch unseren Punkt P$\left(-11|-3|-2\right)$ geht:

g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-11\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 2\end{array}\right)$

Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt dieser Geraden mit unserer Ebene E: $6x_1-3x_2+2x_3=-12$.

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-11\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 2\end{array}\right)$ und der Ebene E :$6x_1-3x_2+2x_3=-12$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(-11+6t\right|-3-3t\left|-2+2t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$6·\left(-11+6t\right)-3·\left(-3-3t\right)+2·\left(-2+2t\right)$	=	$-12$
$-66+36t+9+9t-4+4t$	=	$-12$
$49t-61$	=	$-12$	| $+61$
$49t$	=	$49$	|:$49$
$t$	=	$1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(-11+6t\right|-3-3t\left|-2+2t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(-5|-6|0\right)$.

Dieser Durchstoßpunkt D ist der gesuchte Lotfußpunkt L$\left(-5|-6|0\right)$.

Wenn die gegebene Gerade s: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ sein. Für die erste Ebene E können wir noch einen beliebigen zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ orthogonalen Vektor suchen:

z.B. $\overrightarrow{n_E}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 5+5\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 0=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$

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

• sowohl orthogonal zum Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ (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 $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +34 = 0 wird, also t=$\frac{34}{3}$ = $\frac{34}{3}$.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ \frac{34}{3}\end{array}\right)$ = $\frac{1}{3}$⋅$\left(\begin{array}{c}-9\\ 15\\ 34\end{array}\right)$

Alternativ dazu hätte man auch das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) berechnen können: $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}5·0-\left(-3\right)·3\\ -3·5-\left(-3\right)·0\\ -3·3-5·5\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+9\\ -15+0\\ -9-25\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9\\ -15\\ -34\end{array}\right)$

Damit wissen wir nun schon die linken Seiten der beiden Ebenen: E: $5x_1+3x_2=\mathrm{d}$ und F: $-9x_1+15x_2+34x_3=\mathrm{d}$

Da ja die Gerade s die Schnittgerade von E und F sein soll, muss s und damit auch ihr Aufpunkt AP$\left(5|-2|-3\right)$ sowohl in E als auch in F liegen.

Punktprobe von AP$\left(5|-2|-3\right)$ in E: $5\cdot 5+3\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{(-3)}=25-6\mathrm{+0}=19$
Somit wäre E: $5x_1+3x_2=19$

Punktprobe von AP$\left(5|-2|-3\right)$ in F: $\mathrm{(-9)}\cdot 5+15\cdot \mathrm{(-2)}+34\cdot \mathrm{(-3)}=-45-30-102=-177$
Somit wäre F: $-9x_1+15x_2+34x_3=-177$

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