Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{t}=-1\mathrm{+1}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{2}$ = -5.

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

Da die gesuchte Gerade h in der Ebene E liegt und orthogonal zu g steht, muss der Richtungsvevtor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$ der gesuchten Geraden h sowohl zum Normalenvektor $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+6\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 6=0\mathrm{+24}-24=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 6\end{array}\right)$ = 2⋅t +34 = 0 wird, also t=$-\frac{34}{2}$=$-17$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ 4\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-17\\ 4\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-17)}+6\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 6=0\mathrm{+24}-24=0$ ist, liegt also unsere gesuchte Gerade h entweder parallel zu Ebene E oder sie liegt in ihr. Wir brauchen also noch einen Aufpunkt, der in E liegt, so dass auch die ganze Gerade in E liegen muss.

Wir können jetzt also einen beliebigen Punkt der Ebene E als Aufpunkt für unsere gesuchte Gerade h nehmen:
$\left(5|-4|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-17\\ 4\\ 6\end{array}\right)$

Da die gesuchte Ebene die Gerade g beinhaltet und orthogonal zu F steht, muss der Normalenvektor $\overrightarrow{n}$ der gesuchten Ebene E sowohl zum Normalenvektor $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+3\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 3=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t +15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{3}$=$5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1+6x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot 5+3\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 3=0\mathrm{+18}-18=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|3|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|3|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1+6x_2+3x_3=13$

Wenn die Punkte der gesuchten Geraden alle den gleichen Abstand zu E haben, dann muss die Gerade parallel zu E sein. Der Richtungsvektor $\overrightarrow{u}$ muss also orthogonal zum Normalenvektor von E sein: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Das gleiche gilt natürlich auch für die Ebene F, auch zu dieser Ebene muss g parallel sein. Auch hier muss also gelten, dass der Richtungsvektor $\overrightarrow{u}$ orthogonal zum Normalenvektor von F sein muss:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·3-6·6\\ 6·2-3·3\\ 3·6-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6-36\\ 12-9\\ 18-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-30\\ 3\\ 14\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-30\\ 3\\ 14\end{array}\right)$.

Da die gesuchte Gerade h in der Ebene E liegt und orthogonal zu g steht, muss der Richtungsvevtor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$ der gesuchten Geraden h sowohl zum Normalenvektor $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+4\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 4=0\mathrm{+20}-20=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 4\end{array}\right)$ = -2⋅t +26 = 0 wird, also t=$\frac{26}{2}$=$13$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}13\\ 5\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}13\\ 5\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot 13+4\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 4=0\mathrm{+20}-20=0$ ist, liegt also unsere gesuchte Gerade h entweder parallel zu Ebene E oder sie liegt in ihr. Wir brauchen also noch einen Aufpunkt, der in E liegt, so dass auch die ganze Gerade in E liegen muss.

Wir können jetzt also einen beliebigen Punkt der Ebene E als Aufpunkt für unsere gesuchte Gerade h nehmen:
$\left(5|5|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}13\\ 5\\ 4\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·1-2·2\\ 2·\left(-2\right)-2·1\\ 2·2-1·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1-4\\ -4-2\\ 4+2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $\left|k\cdot $ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = 9

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+2^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 9 | :9

k = $\frac{9}{9}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 4\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(3|3|0\right)$ oder C'$\left(1|-1|4\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{0\; -\; c}\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ der Richtungsvektor der gesuchten Gerade sein.

Wenn diese Gerade nun parallel zur Ebene E sein soll, muss der Normalenvektor von E orthogonal zu $\overrightarrow{Q_{c}P}$ sein, also gilt:

0 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{0\; -\; c}\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(-c\right)+4·4+10·\left(-1\right)$ = $3c+16-10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-2}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$