Damit sich die beiden Ebenen orthogonal schneiden, müssen ihre Normalenvektoren orthogonal sein, d.h. deren Skalarprodukt muss =0 sein

Also: $\overrightarrow{\mathrm{n1}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n2}}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ a\end{array}\right)$ =$4\cdot 2+1\cdot 1+\mathrm{(-9)}\cdot \mathrm{a}$ = 9 + -9a =0

-9a = -9 |:-9

a = 1

Alle Geraden der Schar haben den selben Aufpunkt, haben aber verschiedene Richtungsvektoren.

Wenn es einen Ebene gibt, in der alle Geraden liegen, so muss diese einen Normalenvektor besitzen, der orthogonal zu all diesen verschiedenen Richtungsvektoren ist.

Es muss also gelten: $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ a\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}{n}_1\\ n_2\\ n_3\end{array}\right)$=0

Da in der x₃-Koordinate des Richtungsvektors der Parameter jeden beliebigen Wert annehmen kann, muss der n₃-Wert des Normalenvektor =0 sein, so hat das Skalarprodukt für jedes verschiedene a den selben Wert. Um diesen Wert jetzt auch noch auf 0 zu bekommen, müssen wir einfach die anderen beiden Koordinaten vertauschen und bei einem noch das Vorzeichen wechseln.

Also $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ a\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 0\end{array}\right)$=0, für jedes beliebige a.

Die gesuchte gemeinsame Ebene hat also die Form: $\mathrm{}{x}_1+4x_2=\mathrm{d}$.

Jetzt brauchen wir nur noch einen Punkt dieser Ebene, um das Absolutglied d noch zu bestimmen. Dafür können wir ja den Aufpunkt von g_a $\left(-2|4|1\right)$ nehmen. Denn dieser ist ja für jedes a gleich, also auf jeder Geraden g_a und somit auch auf der gesuchten gemeinsamen Ebene E.

Eingesetzt in die bisherige Ebenengleichung erhalten wir $1\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot 4+0\cdot 1$=14=d

Die gesuchte gemeinsame Ebenen hat also die Gleichung: $\mathrm{}{x}_1+4x_2=14$

Wenn es eine Geraden gibt, die in allen Ebenen der Schar liegt, so muss deren Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c}{r}_1\\ r_2\\ r_3\end{array}\right)$ orthogonal zu allen Normalenvektoren der verschiedenen Ebenen der Schar sein, weil eben alle Vektoren einer Ebene immer orthogonal zum Normalenvektor der Ebene sind.

Es muss also gelten: $\left(\begin{array}{c}{r}_1\\ r_2\\ r_3\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ a\end{array}\right)$=0

Um das Ergebnis des Skalarprodukts unabhängig von a zu bekommen, setzen wir r₃ einfach mal =0. Für die anderen beiden Werte r₁ und r₂ nehmen wir einfach die jeweils andere Koordinate des Normalenvektors und drehen bei einem noch das Vorzeichen, so dass das Skalarprodukt auf jeden Fall Null ergibt.

Also : $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ a\end{array}\right)$=0. Der Richtungsvektor $\overrightarrow{r}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ steht also senkrecht auf allen Normalenvektoren und ist damit in allen Ebenen E_a enthalten.

Jetzt brauchen wir noch einen Stützvektor der gemeinsamen Geraden, also den Ortsvektor zu einem Punkt, der in allen Ebenen E_a liegt, also einen Punkt, der die Ebenengleichung E_a: $-2x_1+x_2+\mathrm{a}{x}_3=-6$ für jedes a erfüllt.

Da auf der rechten Seite der Ebenegleichung kein Parameter a vorkommt, müssen wir diesen auch links eliminieren. Wir setzen x₃=0. Um jetzt eine wahre Aussage in der Gleichung zu erhalten, können wir einfach in der x₁-Koordinate auf $\frac{6}{2}$ und die andere Koordinate auch auf 0 setzen.

So erhalten wir also den Punkt $\left(3|0|0\right)$, der auf jeder Ebene E_a liegt, denn eingesetzt in E_a erhalten wir: -2⋅3 = -6.

$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ ist also unser gesuchter Stützvektor.

Die gesuchte Gerade ist also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$

(Zur Kontrolle kann man übrigends den allgemeinen Geradenpunkt der Lösungsgeraden wieder in die Ebenegleichung E_a einsetzen und es muss 0=0 herauskommen)

Nach der Hesse'schen Normalenform muss gelten:

= 45

Wir multiplizieren mit der Wurzel im Nenner durch:

$\left|$ -35a-160$\right|$ = 45⋅

vereinfacht:

$\left|$ -35a-160$\right|$ = $45\sqrt{x^2+32}$

Jetzt wird auf beiden Seiten quadriert:

(Vorsicht: Hier wird zwar auf beiden Seiten quadriert. Da aber auch links Beträge stehen, ist sowohl die negative als auch die postive Wurzel bereits vorher in der Lösungsmenge. Sie wird also nicht vergrößert. Eine Probe ist also ausnahmsweise nicht erforderlich)

${\left(-35a-160\right)}^2$ = $2025\left(a^2+32\right)$

$1225a^2+11200a+25600$ = $2025a^2+64800$

$1225a^2+11200a+25600$

=

$2025a^2+64800$

| $-2025a^2$ $-64800$

$-800a^2+11200a-39200$ = 0 |:800

$-a^2+14a-49$ = 0

eingesetzt in die Mitternachtsformel (a-b-c-Formel):

a_1,2 = $\frac{-14\pm \sqrt{{14}^2-4·\left(-1\right)·\left(-49\right)}}{2\cdot \left(-1\right)}$

a_1,2 = $\frac{-14\pm \sqrt{196-196}}{-2}$

a_1,2 = $\frac{-14\pm \sqrt{0}}{-2}$

Da die Wurzel Null ist, gibt es nur eine Lösung:

a = $\frac{-14}{-2}$ = $7$

Die x₃-Achse hat die Geradengleichung $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$. Um einen Schnittpunkt der beiden Geraden zu finden, setzen wir sie gleich

;

$\left(\begin{array}{c}-15\\ -15\\ -25\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}a\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Als Gleichungssystem geschrieben:

Wir betrachten erstmal die beiden Gleichungen ohne Parameter und formen diese so um, dass man das LGS gut lösen kann.

langsame Rechnung einblenden$2$·(I) $-1$·(II)

Zeile (II): $\begin{array}{ccccc}& +t& =& $ 5$& \end{array}$

t = $5$

eingesetzt in Zeile (I):

$\begin{array}{ccccc}$ -3$s& & =& $ 15$& \end{array}$

s = $-5$

$L=\{($ -5$|$ 5$)\}$

Jetzt setzen wir die Lösung s=$-5$ in die 1-te Gleichung des ursprünglichen Gleichungssystems ganz oben ein:

-15 + a⋅(-5) = 0 |+15

-5a = +15 | :(-5)

a = -3

der Schnittpunkt wäre dann $\overrightarrow{\mathrm{OS}}$=$\left(\begin{array}{c}-15\\ -15\\ -25\end{array}\right)$ -5⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 5\end{array}\right)$

Als Steigungswinkel wird der Winkel zwischen der Geraden und der horizontalen Grundebene, also der x₁x₂-Ebene bezeichnet. Der Normalenvektor, x₁x₂-Ebene steht natürlich senkrecht nach oben, hat also die Koordinaten $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Nach der Formel für den Winkel zwischen einer Geraden mit dem Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ a\end{array}\right)$ und einer Ebene mit dem Normalenvektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ muss also gelten:

sin(76.7°)=

sinus ausgerechnet (Vorsicht: Gradmaß, nicht Bogenmaß) und rechts vereinfacht:

0.9732 =

Wir multiplizieren mit der Wurzel im Nenner durch:

$\mathrm{0,9732}\sqrt{a^2+2}$ = |a|

Jetzt wird auf beiden Seiten quadriert:

(Vorsicht: Hier wird zwar auf beiden Seiten quadriert. Es könnte also eine Scheinlösung der Gleichung $\mathrm{0,9732}\sqrt{a^2+2}$ = -|a| hinzukommen. Diese kann aber keine Lösung haben, da die linke Seite immer positiv und die rechte immer negativ ist. Es kann also keine falsche Lösung hinzukommen, somit ist eine Probe nicht erforderlich)

$\mathrm{0,9471}\left(a^2+2\right)$ = $a^2$

$\mathrm{0,9471}{a}^2+\mathrm{1,8942}$ = $a^2$

$\mathrm{0,9471}{a}^2+\mathrm{1,8942}$	=	$a^2$	| $-\mathrm{1,8942}$ $-a^2$
$-\mathrm{0,0529}{a}^2$	=	$-\mathrm{1,8942}$	|: $\left(-\mathrm{0,0529}\right)$
$a^2$	=	$\mathrm{35,80718}$	|
a1	=	$-\sqrt{\mathrm{35,80718}}$	≈ $-\mathrm{5,984}$
a2	=	$\sqrt{\mathrm{35,80718}}$	≈ $\mathrm{5,984}$

Für a= $\mathrm{5,984}$ ≈ 6 ist der Steigungswinkel also 76.7°.

Man erkennt sofort an den Richtungsvektoren, dass die beiden Geraden nicht parallel oder gar identisch sein können.

Sie können also nur windschief sein oder sich in einem Punkt schneiden, d.h. wir suchen das a, so dass sich die beiden Geraden in einem Punkt schneiden.

1. Lösungsmöglichkeit

Um einen möglichen Schnittpunkt der beiden Geraden zu erhalten, setzen wir sie zunächst mal gleich:

$\left(\begin{array}{c}-5\\ a\\ -14\end{array}\right)+s\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -11\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 3\end{array}\right)$

Als Gleichungssystem geschrieben:

Wir haben also 3 Gleichungen und insgesamt 3 Variablen: a, s und t und können somit das LGS eindeutig lösen:

Für a = $-17$ schneiden sich also die beiden Geraden g_$-17$: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -17\\ -14\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ und h.
Als Probe setzen wir noch die Parameter s = 3 in g_$-17$: und t = 4 in g ein:

$\overrightarrow{\mathrm{OS}}$= $\left(\begin{array}{c}-5\\ -17\\ -14\end{array}\right)+3\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

$\overrightarrow{\mathrm{OS}}$= $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -11\end{array}\right)+4\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

Für a = $-17$ schneiden sich also die beiden Geraden im Punkt $\left(-2|-2|1\right)$.

Alle Geraden der Schar haben den selben Aufpunkt, haben aber verschiedene Richtungsvektoren.

Wenn es einen Ebene gibt, in der alle Geraden liegen, so muss diese einen Normalenvektor besitzen, der orthogonal zu all diesen verschiedenen Richtungsvektoren ist.

Es muss also gelten: $\left(\begin{array}{c}a\\ 1\\ 3\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}{n}_1\\ n_2\\ n_3\end{array}\right)$=0

Da in der x₁-Koordinate des Richtungsvektors der Parameter jeden beliebigen Wert annehmen kann, muss der n₁-Wert des Normalenvektor =0 sein, so hat das Skalarprodukt für jedes verschiedene a den selben Wert. Um diesen Wert jetzt auch noch auf 0 zu bekommen, müssen wir einfach die anderen beiden Koordinaten vertauschen und bei einem noch das Vorzeichen wechseln.

Also $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}a\\ 1\\ 3\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$=0, für jedes beliebige a.

Die gesuchte gemeinsame Ebene hat also die Form: $-3x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Jetzt brauchen wir nur noch einen Punkt dieser Ebene, um das Absolutglied d noch zu bestimmen. Dafür können wir ja den Aufpunkt von g_a $\left(3|5|-2\right)$ nehmen. Denn dieser ist ja für jedes a gleich, also auf jeder Geraden g_a und somit auch auf der gesuchten gemeinsamen Ebene E.

Eingesetzt in die bisherige Ebenengleichung erhalten wir $0\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 5+1\cdot \mathrm{(-2)}$=-17=d

Die gesuchte gemeinsame Ebenen hat also die Gleichung: $-3x_2+x_3=-17$

Gerade h in E, die nicht zur Schar g_a gehört:

Die Richtungsvektor der gesuchten Gerade h muss natürlich auch othogonal zum Normalenvektor $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ sein.

Dies gilt aber für den Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$=0.

Man kann die Richtung des Vektors $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ als Grenzfall des allgemeinen Richtungsvektors der Geradenschar $\left(\begin{array}{c}a\\ 1\\ 3\end{array}\right)$ für a → ∞ sehen, die aber nie erreicht wird.

Die gesuchte Gerade h hat somit die Gleichung: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$

Um den kleinstmöglichen Abstand überhaupt abschätzen zu können, betrachten wir zuerst die Menge aller Punkte von allen Geraden der Schar: Das ist eine Ebene und deren Abstand vom Ursprung ist auch der (theoretisch) kleinstmögliche einer Geraden der Geradenschar.

1. Ebene bestimmen, in der alle Geraden liegen

Die Gerade lässt sich auch anders schreiben:
$\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-11\\ a\\ 7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -5\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ 0\\ 7\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ 0\end{array}\right)$ + t ⋅ $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -5\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ 0\\ 7\end{array}\right)$ + a ⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ + t ⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -5\end{array}\right)$

Durch Einsetzen der verschiedenen Werte für a und t erhält man alle Punkte, die auf einer der Geraden g_a liegen. Man sieht, dass diese Punktmenge eine Ebene ist, die hier bereits in Parameterform vorliegt.

Der Normalenvektor $\overrightarrow{n}$ dieser Ebene muss also orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ und $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -5\end{array}\right)$ sein.

Wenn er aber orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein soll, so muss er die Form $\left(\begin{array}{c}n1\\ 0\\ n3\end{array}\right)$ haben, damit $\left(\begin{array}{c}n1\\ 0\\ n3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$=0 gilt.

Damit $\left(\begin{array}{c}n1\\ 0\\ n3\end{array}\right)$ auch noch orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -5\end{array}\right)$ ist, muss jetzt ja nur noch die Einträge in der x₃- und der x₁-Koordinate nehmen und vertauschen und ein Vorzeichen umdrehen, also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 3\end{array}\right)$, so dass auch $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -5\end{array}\right)$=0 gilt.

Natürlich hätte man den Normalenvektor auch mit dem Vektorprodukt bestimmen können, statt nur scharf hinzusehen.

Unsere Ebenengleichung in Koordinatenform ist also $5x_1+3x_3=\mathrm{d}$.
Durch Einsetzen des Aufpunktes der Ebene A$\left(-11|0|7\right)$ erhält man d = $5\cdot \mathrm{(-11)}+0\cdot 0+3\cdot 7$ = -34
also gilt:

E: $5x_1+3x_3=-34$

2. Lotfußpunkt von E zum Ursprung

Der Lotfußpunkt der Ebene E zum Ursprung ist der Punkt der Ebene E mit dem kleinsten Abstand zum Ursprung. Wenn wir diesen haben und dann eine Gerade der Schar, die durch diesen Punkt gehen würde, wären wir am Ziel.

Dazu stellen wir eine Hilfsgerade mit dem Normalenvektor von E als Richtungsvektor und dem Ursprung als Stützpunkt auf:
h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 3\end{array}\right)$

Diese schneiden wir mit der Ebene E:

Dazu setzen wir einfach den allgemeinen Geradenpunkt von h: $H_t\left(0+5t\right|0+0t\left|0+3t\right)$ in die Ebene E ein und lösen nach t auf:

$5·\left(0+5t\right)+0·\left(0+0\right)+3·\left(0+3t\right)$ = $-34$

$5·\left(0+5t\right)+0·\left(0+0\right)+3·\left(0+3t\right)$	=	$-34$
$25t+9t$	=	$-34$
$34t$	=	$-34$	|:$34$
$t$	=	$-1$

Den Lotfußpunkt als gesuchten Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $H_t\left(0+5t\right|0+0t\left|0+3t\right)$ einsetzen:

L$\left(-5|0|-3\right)$

3. Parameter a bestimmen, so dass L auf g_a liegt

Da sich ja die Geraden g_a für die verschiedenen a praktisch über die ganze Ebene verteilen, müsste es doch auch eine Gerade geben, auf der dieser Lotfußpunkt liegt. Das zugehörige a versuchen wir zu bestimmen, in dem wir den Lotfußpunkt in die Geradengleichung einsetzen:

$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ a\\ 7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -5\end{array}\right)$

-5 = -11+3⋅t=> 3⋅t = 6 also t = 2

0 = a+2⋅t

-3 = 7-5⋅t=> -5⋅t = -10 also t = 2

Setzen wir nun diese t = 2 in die 2-te Zeile ein, so erhalten wir:
0 = a +4, also a = -4

Also liegt der Lotfußpunkt L $\left(-5|0|-3\right)$ auf der Geraden g_-4 (mit t = 2). Da alle Geraden g_a in der Ebene liegen, kann kein Punkt einer anderen Geraden der Schar näher am Ursprung liegen als der Lotfußpunkt der Ebene L$\left(-5|0|-3\right)$. Folglich ist die Gerade g_-4 (mit a=-4) die Gerade der Schar mit dem kleinstmöglchen Abstand zum Ursprung.

Die Punkte, die in jeder der Ebenenscharen liegen, bilden oft eine gemeinsame Gerade. Wenn es eine solche Geraden gibt, die in allen Ebenen der Schar liegt, so muss deren Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c}{r}_1\\ r_2\\ r_3\end{array}\right)$ orthogonal zu allen Normalenvektoren der verschiedenen Ebenen der Schar sein, weil eben alle Vektoren einer Ebene immer orthogonal zum Normalenvektor der Ebene sind.

Es muss also gelten: $\left(\begin{array}{c}{r}_1\\ r_2\\ r_3\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}4\\ a\\ -1\end{array}\right)$=0

Um das Ergebnis des Skalarprodukts unabhängig von a zu bekommen, setzen wir r₂ einfach mal =0. Für die anderen beiden Werte r₃ und r₁ nehmen wir einfach die jeweils andere Koordinate des Normalenvektors und drehen bei einem noch das Vorzeichen, so dass das Skalarprodukt auf jeden Fall Null ergibt.

Also : $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}4\\ a\\ -1\end{array}\right)$=0. Der Richtungsvektor $\overrightarrow{r}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ steht also senkrecht auf allen Normalenvektoren und ist damit in allen Ebenen E_a enthalten.

Jetzt brauchen wir noch einen Stützvektor der gemeinsamen Geraden, also den Ortsvektor zu einem Punkt, der in allen Ebenen E_a liegt, also einen Punkt, der die Ebenengleichung E_a: $4x_1+\mathrm{a}{x}_2-x_3=\mathrm{-2a\; +\; 17}$ für jedes a erfüllt.

Da auf der rechten Seite der Ebenengleichung -2a + 17 steht, können die -2a auf der linken Seite nur durch Einsetzen von -2 für x₂ erreicht werden. Für die 17 gibt es mehrere Möglichkeiten, z.B. 0 für x₁ und -17 für x₃, weil 4⋅0 -1⋅( - 17 ) = 17.

So erhalten wir also den Punkt $\left(0|-2|-17\right)$, der auf jeder Ebene E_a liegt, denn eingesetzt in E_a erhalten wir: -2a + 17 = -2a + 17.

$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -17\end{array}\right)$ ist also unser gesuchter Stützvektor.

Die Gerade g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -17\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ liegt also in jeder Ebene E_a.

(Zur Kontrolle kann man übrigends den allgemeinen Geradenpunkt der Lösungsgeraden wieder in die Ebenegleichung E_a einsetzen und es muss 0=0 herauskommen)

Um den Geradenpunkt mit dem kleinsten Abstand zum Punkt $\left(0|0|0\right)$ zu bestimmen, bilden wir eine Hilfsebene, die orthogonal zu unserer Geraden $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -17\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ ist und unseren Punkt P$\left(0|0|0\right)$ enthält.
Der Normalenvektor der Hilfsebene ist also der Richtungsvektor der Geraden, $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$. Die Hilfsebene in der Koordinatenform hat somit die Form $\mathrm{}{x}_1+4x_3=\mathrm{d}$. Wenn man den Punkt $\left(0|0|0\right)$ darin einsetzt, erhält man d = $1\cdot 0+0\cdot 0+4\cdot 0$ = 0.
Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt der Geraden mit der Hilfsebene $\mathrm{}{x}_1+4x_3=0$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(0+1t\right|-2+0t\left|-17+4t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$1·\left(0+t\right)+0·\left(-2+0\right)+4·\left(-17+4t\right)$	=	0
$t+16t-68$	=	0
$17t-68$	=	0	| $+68$
$17t$	=	$68$	|:$17$
$t$	=	$4$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(0+1t\right|-2+0t\left|-17+4t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(4|-2|-1\right)$.

Der Verbindungsvektor vom Ursprung zu diesem Geradenpunkt, also der Ortvektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ steht also orthogonal zur gemeinsamen Gerade der Ebenenschar: $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$=0

Damit ist der Punkt L$\left(4|-2|-1\right)$ der Punkt auf dieser Geraden mit der kürzesten Entfernung zum Ursprung.

Die Punkte, die in jeder der Ebenenscharen liegen, bilden oft eine gemeinsame Gerade. Wenn es eine solche Geraden gibt, die in allen Ebenen der Schar liegt, so muss deren Richtungsvektor $\left(\begin{array}{c}{r}_1\\ r_2\\ r_3\end{array}\right)$ orthogonal zu allen Normalenvektoren der verschiedenen Ebenen der Schar sein, weil eben alle Vektoren einer Ebene immer orthogonal zum Normalenvektor der Ebene sind.

Es muss also gelten: $\left(\begin{array}{c}{r}_1\\ r_2\\ r_3\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}a\\ 5\\ 4\end{array}\right)$=0

Um das Ergebnis des Skalarprodukts unabhängig von a zu bekommen, setzen wir r₁ einfach mal =0. Für die anderen beiden Werte r₂ und r₃ nehmen wir einfach die jeweils andere Koordinate des Normalenvektors und drehen bei einem noch das Vorzeichen, so dass das Skalarprodukt auf jeden Fall Null ergibt.

Also : $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -5\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}a\\ 5\\ 4\end{array}\right)$=0. Der Richtungsvektor $\overrightarrow{r}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -5\end{array}\right)$ steht also senkrecht auf allen Normalenvektoren und ist damit in allen Ebenen E_a enthalten.

Jetzt brauchen wir noch einen Stützvektor der gemeinsamen Geraden, also den Ortsvektor zu einem Punkt, der in allen Ebenen E_a liegt, also einen Punkt, der die Ebenengleichung E_a: $\mathrm{a}{x}_1+5x_2+4x_3=\mathrm{-2a\; +\; 9}$ für jedes a erfüllt.

Da auf der rechten Seite der Ebenengleichung -2a + 9 steht, können die -2a auf der linken Seite nur durch Einsetzen von -2 für x₁ erreicht werden. Für die 9 gibt es mehrere Möglichkeiten, z.B. 1 für x₂ und 1 für x₃, weil 5⋅1 +4⋅1 = 9.

So erhalten wir also den Punkt $\left(-2|1|1\right)$, der auf jeder Ebene E_a liegt, denn eingesetzt in E_a erhalten wir: -2a + 9 = -2a + 9.

$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ ist also unser gesuchter Stützvektor.

Die Gerade g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ liegt also in jeder Ebene E_a.

(Zur Kontrolle kann man übrigends den allgemeinen Geradenpunkt der Lösungsgeraden wieder in die Ebenegleichung E_a einsetzen und es muss 0=0 herauskommen)

Der gesuchte Punkt muss also auf dieser Geraden liegen, folglich können wir ihn als allgemeinen Geradenpunkt $G_t\left(-2+0t\right|1-4t\left|1+5t\right)$ darstellen.
Der Abstand zwischen dem allgemeinen Geradenpunkt G_t und dem Punkt O ist die Länge des Vektors $\overrightarrow{\mathrm{OG_t}}$,
also d=|$\overrightarrow{\mathrm{OG_t}}$| = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2+0t\\ 1-4t\\ 1+5t\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\left(-2+0\right)}^2+{\left(1-4t\right)}^2+{\left(1+5t\right)}^2}$ = 7 |²

${\left(-2+0\right)}^2+{\left(1-4t\right)}^2+{\left(1+5t\right)}^2$ = 49

$4+\left(16t^2-8t+1\right)+\left(25t^2+10t+1\right)$ = 49

$41t^2+2t+6$

=

$49$

| $-49$

$41t^2+2t-43$ = 0

eingesetzt in die Mitternachtsformel (a-b-c-Formel):

t_1,2 = $\frac{-2\pm \sqrt{2^2-4·41·\left(-43\right)}}{2\cdot 41}$

t_1,2 = $\frac{-2\pm \sqrt{4+7052}}{82}$

t_1,2 = $\frac{-2\pm \sqrt{7056}}{82}$

t₁ = $\frac{-2+\sqrt{7056}}{82}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </math>\; <mo>+</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>84</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>82</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{82}{82}$ = $1$

t₂ = $\frac{-2-\sqrt{7056}}{82}$ = $\frac{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mo>-</mo><mn>2</mn></mrow>\; </math>\; <mo>-</mo><math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML"><mrow><mn>84</mn></mrow></math>}}{\mathrm{<math\; xmlns="http://www.w3.org/1998/Math/MathML">\; <mrow><mrow><mn>82</mn></mrow>\; </mrow>\; </math>}}$ = $\frac{-86}{82}$ = $-\frac{43}{41}$ ≈ -1.05

Da nur einer der beiden Punkte gesucht ist, setzen wir nur die Lösung t = 1 wieder in die Gerade, bzw. in den allgemeinen Geradenpunkt ein:

$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 1\end{array}\right)+1\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$

Der Punkt P$\left(-2|-3|6\right)$ liegt also auf der gemeinsamen Geraden aller Ebenen der Schar E_a und hat vom Ursprung die Entfernung $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-3)}}^2+6^2}=\sqrt{49}=7$.