Wenn der gesuchte Vektor ein Normalenvektor sein soll, muss er ein Vielfaches von dem ablesbaren Normalenvektor $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ sein,
also t ⋅ $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}\mathrm{1t}\\ \mathrm{-4t}\\ \mathrm{1t}\end{array}\right)$.

Außerdem soll ja dieser Vektor $\left(\begin{array}{c}\mathrm{1t}\\ \mathrm{-4t}\\ \mathrm{1t}\end{array}\right)$ aber auch der Ortsvektor eines Punktes in der Ebene sein. Wenn muss ihn also in die Ebenengleichung einsetzt, muss dies also eine wahre Aussage ergeben:

$1·t-4·\left(-4t\right)+1·t$ = $36$

Diese Gleichung lösen wir nun nach t auf:

$1·t-4·\left(-4t\right)+1·t$	=	$36$
$t+16t+t$	=	$36$
$18t$	=	$36$	|:$18$
$t$	=	$2$

Wenn wir nun t = 2 in unseren allgemeinen Normalenvektor $\left(\begin{array}{c}\mathrm{1t}\\ \mathrm{-4t}\\ \mathrm{1t}\end{array}\right)$ einsetzen, erhalten wir als gesuchten Vektor:

$\overrightarrow{n_{\mathrm{OV}}}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -8\\ 2\end{array}\right)$

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ und der Ebene E :$\mathrm{}{x}_1+6x_2-2x_3=12$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(1-5t\right|6+5t\left|-1-1t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$1·\left(1-5t\right)+6·\left(6+5t\right)-2·\left(-1-t\right)$	=	$12$
$1-5t+36+30t+2+2t$	=	$12$
$27t+39$	=	$12$	| $-39$
$27t$	=	$-27$	|:$27$
$t$	=	$-1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(1-5t\right|6+5t\left|-1-1t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(6|1|0\right)$.

Wir stellen eine Hilfsgerade durch den zu spiegelnden Punkt P (Stützvektor) mit dem Normalenvektor der Spiegelebene als Richtungsvektor auf:
h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 1\end{array}\right)$
Diese Hilfsgerade h durchstößt die Spiegelebene im Lotfußpunkt
(Detail-Rechnung einblenden)
Der Verbindungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{PL}}$ zwischen dem zu spiegelnden Punkt P und diesem Lotfußpunkt $\text{L}\left(8|-8|5\right)$ ist ein Vielfaches des Normalenvektors der Spiegelebene, also orthogonal zur Ebene. Addiert man diesen Verbindungsvektor zum Ortsvektor des Lotfußpunktes L,
$\overrightarrow{\mathrm{OP\text{'}}}$=$\overrightarrow{\mathrm{OL}}$+$\overrightarrow{\mathrm{PL}}$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ 5\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -12\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}14\\ -20\\ 8\end{array}\right)$
so erhält man den Ortsvektor des gespiegelten Bildpunktes P'.
Der gesuchte Spiegelpunkt ist also $\text{P'}\left(14|-20|8\right)$.

Da Punkte immer orthogonal an einer Ebene gespiegelt werden, muss der Verbindungsvektor der beiden Punkte $\text{P}\left(4|1|-1\right)$ und $\text{P'}\left(0|-9|-11\right)$ der Normalenvektor der Spiegelebene sein: $\left(\begin{array}{c}-4\\ -10\\ -10\end{array}\right)$ = -2⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 5\end{array}\right)$.
Die Spiegelebene hat also die Gleichung:
$2x_1+5x_2+5x_3=\mathrm{d}$
Um 'd' noch zu berechnen, muss man den Mittelpunkt der beiden Punkte . M$\left(\frac{4+0}{2}\right|\frac{1+(-9)}{2}\left|\frac{-1+(-11)}{2}\right)$ = $\text{M}\left(2|-4|-6\right)$ in diese Gleichung einsetzen.
$2\cdot 2+5\cdot \mathrm{(-4)}+5\cdot \mathrm{(-6)}$=-46=d
also ist die Koordinatengleichung der Ebene:
$2x_1+5x_2+5x_3=-46$

Das Spiegelbild einer Geraden ist wieder eine Gerade. Es genügt also zwei Punkte der Geraden g zu spiegeln und die Bildpunkte wieder zu einer Geraden zu verbinden.

Als ersten Punkt spiegeln wir den Aufpunkt der Geraden A$\left(0|-1|0\right)$

Wir stellen eine Hilfsgerade durch den zu spiegelnden Punkt P (Stützvektor) mit dem Normalenvektor der Spiegelebene als Richtungsvektor auf:
h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 3\end{array}\right)$
Diese Hilfsgerade h durchstößt die Spiegelebene im Lotfußpunkt
(Detail-Rechnung einblenden)
Der Verbindungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{PL}}$ zwischen dem zu spiegelnden Punkt P und diesem Lotfußpunkt $\text{L}\left(5|-3|3\right)$ ist ein Vielfaches des Normalenvektors der Spiegelebene, also orthogonal zur Ebene. Addiert man diesen Verbindungsvektor zum Ortsvektor des Lotfußpunktes L,
$\overrightarrow{\mathrm{OP\text{'}}}$=$\overrightarrow{\mathrm{OL}}$+$\overrightarrow{\mathrm{PL}}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ -5\\ 6\end{array}\right)$
so erhält man den Ortsvektor des gespiegelten Bildpunktes P'.
Der gesuchte Spiegelpunkt ist also $\text{P'}\left(10|-5|6\right)$.

Theoretisch könnte man jetzt einen beliebigen zweiten Punkt spiegeln. Etwas weniger Aufwand ist es aber, einfach den Durchstoßpunkt der Geraden mit der Ebene zu berechnen, weil sich dieser ja durch die Spiegelung an der Ebene nicht ändert:

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ und der Ebene E :$5x_1-2x_2+3x_3=40$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(0-6t\right|-1+1t\left|0-2t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$5·\left(-6t\right)-2·\left(-1+t\right)+3·\left(-2t\right)$	=	$40$
$-30t+2-2t-6t$	=	$40$
$-38t+2$	=	$40$	| $-2$
$-38t$	=	$38$	|:($-38$)
$t$	=	$-1$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(0-6t\right|-1+1t\left|0-2t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(6|-2|2\right)$.

Damit haben wir jetzt zwei Punkte der gespiegelten Bildgeraden: Den Spiegelpunkt des Aufpunkts A'$\left(10|-5|6\right)$ und den fixen Durchstoßpunkt der Geraden mit der Ebene D$\left(6|-2|2\right)$ und wir können die Gerade durch diese beiden Punkte aufstellen:

g':$\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ -5\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 4\end{array}\right)$

Wir stellen den Verbindungsvektor vom allgemeinen Geradenpunkt $G_t\left(-15+5t\right|-4+0t\left|-7+3t\right)$ zum Punkt P$\left(-4|-12|10\right)$ auf:

$\overrightarrow{P{G}_t}$ = $\left(\begin{array}{c}-15+5t+4\\ -4+0t+12\\ -7+3t-10\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11+5t\\ 8+0t\\ -17+3t\end{array}\right)$

Dieser muss jetzt ja die Länge 12 haben, also $\left|$ \left(\begin{array}{c}-11+5t\\ 8+0t\\ -17+3t\end{array}\right)$\right|$ = 12

$\sqrt{{\left(-11+5t\right)}^2+{\left(8+0\right)}^2+{\left(-17+3t\right)}^2}$ = 12 | (.)²

${\left(-11+5t\right)}^2+{\left(8+0\right)}^2+{\left(-17+3t\right)}^2$ = 144

$25t^2-110t+121+64+\left(9t^2-102t+289\right)$ = 144

$34t^2-212t+474$

=

$144$

| $-144$

$34t^2-212t+330$ = 0 |:2

$17t^2-106t+165$ = 0

Die gesuchten Geradenpunkte mit dem Abstand 12 zu P erhalten wir, indem wir diese t in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(-15+5t\right|-4+0t\left|-7+3t\right)$ einsetzen:

Q( $-15+5\cdot 3$| $-4+0$| $-7+3\cdot 3$) = Q(0| $-4$| $2$)

oder eben
Q( $-15+5\cdot \mathrm{3,2353}$| $-4+0$| $-7+3\cdot \mathrm{3,2353}$) = Q( $\mathrm{1,1765}$| $-4$| $\mathrm{2,7059}$)

Wir setzen einfach einen allgemeinen Geradenpunkt $G_t\left(11-6t\right|21-13t\left|-11-1t\right)$ in die Hesse'sche Punkt-Ebene-Abstandsformel ein:

= 11|⋅11

|-363+121t| = 121

1. Fall
-363+121t = 121|+363

121t = 484|:121

t₁ = 4

eingesetzt in die Geradengleichung: $\overrightarrow{O{P}_1}$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ 21\\ -11\end{array}\right)+4\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -13\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-13\\ -31\\ -15\end{array}\right)$

2. Fall
-(-363+121t) = 121

363-121t = 121|-363

-121t = -242|:-121

t₂ = 2

eingesetzt in die Geradengleichung: $\overrightarrow{O{P}_2}$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ 21\\ -11\end{array}\right)+2\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -13\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ -13\end{array}\right)$

Die beiden Lösungspunkte sind also P₁$\left(-13|-31|-15\right)$und P₂$\left(-1|-5|-13\right)$

Da C auf der Geraden liegen muss, können wir C als allgemeinen Geradenpunkt $G_t\left(8-6t\right|-8+4t\left|0-1t\right)$ auffassen. Die Verbindungsvektoren von C zu A und B sind also = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ - $\left(\begin{array}{c}8-6t\\ -8+4t\\ 0-1t\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-14+6t\\ 10-4t\\ -6+1t\end{array}\right)$ und = $\left(\begin{array}{c}-8\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ - $\left(\begin{array}{c}8-6t\\ -8+4t\\ 0-1t\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-16+6t\\ 10-4t\\ 1+1t\end{array}\right)$.

Diese beiden Verbindungsvektor müssen orthogonal sein, um den rechten Winkel im C zu erhalten. Es muss also gelten:

$\left(\begin{array}{c}-14+6t\\ 10-4t\\ -6+1t\end{array}\right)$ ⋅ $\left(\begin{array}{c}-16+6t\\ 10-4t\\ 1+1t\end{array}\right)$ = 0

t_1/2 = = $\frac{\mathrm{+265}\pm \sqrt{2809}}{106}$ = $\frac{\mathrm{+265\; \pm \; 53}}{\mathrm{106}}$

t₁ = $\frac{\mathrm{212}}{\mathrm{106}}$ = $2$

t₂ = $\frac{\mathrm{318}}{\mathrm{106}}$ = $3$

t₁ eingesetzt in die Geradengleichung: $\overrightarrow{\mathrm{OC}}$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ 0\end{array}\right)+\mathrm{<mn>2</mn>}\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$

t₂ eingesetzt in die Geradengleichung: $\overrightarrow{\mathrm{OC\text{'}}}$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ 0\end{array}\right)+\mathrm{<mn>3</mn>}\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

Die beiden Lösungspunkte sind also C$\left(-4|0|-2\right)$und C'$\left(-10|4|-3\right)$

Probe:

$\overrightarrow{\mathrm{AC}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}$= $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ = $2\cdot 4+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot \mathrm{(-3)}$ = 0

$\overrightarrow{\mathrm{AC\text{'}}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC\text{'}}}$= $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 2+3\cdot \mathrm{(-4)}$ = 0

Um den Punkt an der Geraden zu spiegeln, brauchen wir den Lotfußpunkt von P an der Geraden, an dem der Punkt ja eigentlich gespiegelt wird. Diesen Lotfußpunkt bestimmen wir mit einer Hilfsebene.
Diese Hilfsebene ist orthogonal zu unserer Geraden $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}8\\ -1\\ 19\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 10\end{array}\right)$ und enthält unseren Punkt P$\left(4|-3|-2\right)$.
Der Normalenvektor der Hilfsebene ist also der Richtungsvektor der Geraden, $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 10\end{array}\right)$. Die Hilfsebene in der Koordinatenform ist somit $3x_1+2x_2+10x_3=-14$
Nun berechnen wir den Durchstoßpunkt der Geraden mit der Hilfsebene.

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}8\\ -1\\ 19\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 10\end{array}\right)$ und der Ebene E :$3x_1+2x_2+10x_3=-14$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(8+3t\right|-1+2t\left|19+10t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$3·\left(8+3t\right)+2·\left(-1+2t\right)+10·\left(19+10t\right)$	=	$-14$
$24+9t-2+4t+190+100t$	=	$-14$
$113t+212$	=	$-14$	| $-212$
$113t$	=	$-226$	|:$113$
$t$	=	$-2$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(8+3t\right|-1+2t\left|19+10t\right)$ einsetzen.
=> D$\left(2|-5|-1\right)$.

Dies ist der benötigte Lotfußpunkt $\text{L}\left(2|-5|-1\right)$. Der Verbindungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{PL}}$ zwischen dem zu spiegelnden Punkt P und diesem Lotfußpunkt $\text{L}\left(2|-5|-1\right)$ ist der gleiche wie zwischen Lotfußpunkt und gesuchtem Bildpunkt P'. Addiert man diesen Verbindungsvektor zum Ortsvektor des Lotfußpunktes L,
$\overrightarrow{\mathrm{OP\text{'}}}$=$\overrightarrow{\mathrm{OL}}$+$\overrightarrow{\mathrm{PL}}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -7\\ 0\end{array}\right)$
so erhält man den Ortsvektor des gespiegelten Bildpunktes P'.
Der gesuchte Spiegelpunkt ist also $\text{P'}\left(0|-7|0\right)$

a) Wir sehen in der Skizze, dass man beim Rechteck wie bei jedem Parallelogramm den Verbindungsvektor zwischen B und C, also
$\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$
zum Ortsvektor von A addieren muss, um den Ortsvektor von D zu erhalten:

$\overrightarrow{\mathrm{OD}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{OA}}$ + $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ 7\\ 18\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 19\\ 18\end{array}\right)$

Der gesuchte 4. Punkt ist also D$\left(3|19|18\right)$

b) Um die Koordinatengleichung der Ebene zu bestimmen in der das Rechteck liegt, suchen wir erst mal den Normalenvektor zu den beiden Vektoren $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ = = $\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ -16\end{array}\right)$ und $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$ :

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-12)}+12\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=48-48\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ -16\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -16⋅t -160 = 0 wird, also t=$-10$ = $-10$.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ -10\end{array}\right)$ = $\frac{\mathrm{-2}}{1}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$

Alternativ dazu hätte man auch das Vektorprodukt (Kreuzprodukt) berechnen können: $\overrightarrow{n}=\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ -16\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·0-\left(-16\right)·12\\ -16·\left(-4\right)-12·0\\ 12·12-4·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+192\\ 64+0\\ 144+16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}192\\ 64\\ 160\end{array}\right)$

Unsere Ebenengleichung in Koordinatenform ist also $6x_1+2x_2+5x_3=\mathrm{d}$

Durch Einsetzen des Aufpunktes der Ebene A$\left(7|7|18\right)$ erhält man
d = $6\cdot 7+2\cdot 7+5\cdot 18$
also:

$6x_1+2x_2+5x_3=146$

c)

Gesucht ist der Durchstoßpunkt zwischen der Geraden g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ 38\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -2\end{array}\right)$ und der Ebene E :$6x_1+2x_2+5x_3=146$.

Wir setzen einen allgemeinen Geradenpunkt der Geraden $G_t\left(10+0t\right|38-5t\left|18-2t\right)$ in die Ebene ein und lösen nach t auf:

$6·10+2·\left(38-5t\right)+5·\left(18-2t\right)$	=	$146$
$60+76-10t+90-10t$	=	$146$
$-20t+226$	=	$146$	| $-226$
$-20t$	=	$-80$	|:($-20$)
$t$	=	$4$

Den Durchstoßpunkt erhalten wir, indem wir dieses t in die Geradengleichung bzw. in den allg. Geradenpunkt $G_t\left(10+0t\right|38-5t\left|18-2t\right)$ einsetzen.
=> S$\left(10|18|10\right)$.

d) Jetzt müssen wir noch herausfinden, ob der Durchstoßpunkt S im Innern des Rechtecks liegt oder außerhalb. Dazu stellt man am besten den Vektor $\overrightarrow{\mathrm{AS}}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 11\\ -8\end{array}\right)$ als Linearkombination der Vektoren $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ und $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ auf, also
$\left(\begin{array}{c}3\\ 11\\ -8\end{array}\right)$= r⋅$\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ -16\end{array}\right)$+ s⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$

An der 3-ten Zeile ( $-8$ = $-16r+0$) erkennen wir schnell, dass r = $\frac{8}{16}$ = $\frac{1}{2}$ sein muss. Eingesetzt in die 1-te Zeile ergibt:

$3$	=	$\frac{1}{2}\cdot 12-4s$
$3$	=	$6-4s$
$3$	=	$-4s+6$	| $-3$ $+4s$
$4s$	=	$3$	|:$4$
$s$	=	$\frac{3}{4}$ = 0.75

Da ja alle 5 Punkte in der gleichen Ebene liegen, muss auch die 1-te Zeile mit r = $\frac{1}{2}$ und s = $\frac{3}{4}$ wahr sein:

$\frac{1}{2}$⋅$\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ -16\end{array}\right)$ + $\frac{3}{4}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-3\\ 9\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 11\\ -8\end{array}\right)$

Da r = $\frac{1}{2}$ und s = $\frac{3}{4}$ beide zwischen 0 und 1 sind, muss der Schnittpunkt S innerhalb des Rechtecks ABCD liegen.