Здравствуйте, Козлова Мария Ильинична.

Искомые плоскости проходят через ось абсцисс (следовательно, и через начало координат), поэтому их нормальные уравнения имеют вид
y ∙ cos β + z ∙ cos γ = 0.
Задача сводится к нахождению уравнений прямых, проходящих через начало координат O’(5; 0; 0) и отстоящих на расстоянии d = 8 от точки A, поскольку искомые плоскости перпендикулярны плоскости x = 5. Тогда cos γ = sin β, и искомые уравнения имеют вид
y ∙ cos β + z ∙ sin β = 0. (1)

Для нахождения углов β воспользуемся формулой расстояния от точки A до прямой и получим
8 = |4 ∙ cos β + 13 ∙ sin β|,
или
4 ∙ cos β + 13 ∙ sin β = 8, (2)
4 ∙ cos β + 13 ∙ sin β = -8. (3)

Решаем уравнение (2). Имеем
4 ∙ cos β + 13 ∙ sin β – 8 = 0, (4)
cos β = (1 – tg² β/2)/(1 + tg² β/2) = (1 – t²)/(1 + t²), (5)
sin β = (2 ∙ tg β/2)/(1 + tg² β/2) = 2t/(1 + t²). (6)
После подстановки выражений (5) и (6) в уравнение (4) получаем
(4(1 – t²) + 26t – 8(1 + t²))/(1 + t²) = 0,
(4 – 4t² + 26t – 8 – 8t²)/(1 + t²) = 0,
(-12t² + 26t – 4)/(1 + t2) = 0,
12t² – 26t + 4 = 0,
6t² – 13t + 2 = 0,
D = (-13)² – 4 ∙ 6 ∙ 2 = 169 – 48 = 121, √D = 11,
t₁ = (13 – 11)/12 = 1/6, t₂ = (13 + 11)/12 = 2,
tg β₁/2 = 1/6, β₁/2 = arctg 1/6, β₁ = 2 ∙ arctg 1/6,
tg β₂/2 = 2, β₂/2 = arctg 2, β₂ = 2 ∙ arctg 2.

Решаем уравнение (3). Имеем
4 ∙ cos β + 13 ∙ sin β + 8 = 0. (7)
После подстановки выражений (5) и (6) в уравнение (7) получаем
(4(1 – t²) + 26t + 8(1 + t²))/(1 + t²) = 0,
(4 – 4t² + 26t + 8 + 8t²)/(1 + t²) = 0,
(4t² + 26t + 12)/(1 + t²) = 0,
4t² + 26t + 12 = 0,
2t² + 13t + 6 = 0,
D = (13)² – 4 ∙ 2 ∙ 6 = 169 – 48 = 121, √D = 11,
t₃ = (-13 – 11)/4 = -6, t₄ = (-13 + 11)/4 = -1/2,
tg β₃/2 = -6, β₃/2 = arctg (-6), β₃ = 2 ∙ arctg (-6),
tg β₄/2 = -1/2, β₄/2 = arctg (-1/2), β₄ = 2 ∙ arctg (-1/2).

Следовательно, нормальные уравнения прямых, а вместе с ними и искомые уравнения плоскостей, суть
y ∙ cos (2 ∙ arctg 1/6) + z ∙ sin (2 ∙ arctg 1/6) = 0, (8)
y ∙ cos (2 ∙ arctg 2) + z ∙ sin (2 ∙ arctg 2) = 0, (9)
y ∙ cos (2 ∙ arctg (-6)) + z ∙ sin (2 ∙ arctg (-6)) = 0, (10)
y ∙ cos (2 ∙ arctg (-1/2)) + z ∙ sin (2 ∙ arctg (-1/2)) = 0. (11)

Пусть arctg 1/6 = ε, тогда tg ε = 1/6 > 0, 0 < ε < π/2, cos 2ε = (1 – tg² ε)/(1 + tg² ε) = (1 – 1/36)/(1 + 1/36) =
= (35/36)/(37/36) = 35/37, sin 2ε = (2 ∙ tg ε)/(1 + tg² ε) = (2/6)/(1 + 1/36) = (12/36)/(37/36) = 12/37. Уравнение (8) преобразуется к виду
35y/37 + 12z/37 = 0.

Пусть arctg 2 = ε, тогда tg ε = 2 > 0, 0 < ε < π/2, cos 2ε = (1 – 4)/(1 + 4) = -3/5, sin 2ε = 4/(1 + 4) = 4/5. Уравнение (9) преобразуется к виду
-3y/5 + 4z/5 = 0.

Пусть arctg (-6) = ε, тогда tg ε = -6 < 0, -π/2 < ε < 0, cos 2ε = (1 – 36)/(1 + 36) = -35/37, sin 2ε = -12/(1 + 36) = -12/37. Уравнение (10) преобразуется к виду
-35y/37 + (-12z/37) = 0,
или
35y/37 + 12z/37 = 0.

Пусть arctg (-1/2) = ε, тогда tg ε = -1/2 < 0, -π/2 < ε < 0, cos 2ε = (1 – 1/4)/(1 + 1/4) = (3/4)/(5/4) = 3/5,
sin 2ε = (-2/2)/(1 + 1/4) = (-4/4)/(5/4) = -4/5. Уравнение (11) преобразуется к виду
3y/5 + (-4z/5) = 0,
или
-3y/5 + 4z/5 = 0.

Таким образом, получили нормальные уравнения искомых прямых, а с ними и искомых плоскостей:
35y/37 + 12z/37 = 0,
-3y/5 + 4z/5 = 0.

От полученных нормальных уравнений легко перейти к общим уравнениям:
35y + 12z = 0,
-3y + 4z = 0.

Ответ: 35y + 12z = 0, -3y + 4z = 0.

С уважением.

P. S. Меня не оставляет ощущение громоздкости решения. но ничего лучшего придумать не удалось...