Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 1=0\mathrm{+1}-1=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 1\end{array}\right)$ = -1⋅t -1 = 0 wird, also t=$-1$ = -1.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 2=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = -3⋅t -24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{3}$ = -8.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ 3\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -21 = 0 wird, also t=$-\frac{21}{3}$=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -7\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -7\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 4+1\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-7)}=-20-1\mathrm{+21}=0$ 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:
$\left(-3|-2|1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -7\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+2}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ = -5⋅t +10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{5}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+2}-2=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|5|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|5|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-x_2-2x_3=-17$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0·8-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·0-8·8\\ 8·\left(-6\right)-0·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-36\\ 0-64\\ -48+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36\\ -64\\ -48\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ 12\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ 0\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ 12\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}=0-6\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -6\end{array}\right)$ = -1⋅t +31 = 0 wird, also t=$31$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}31\\ 1\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}31\\ 1\\ -6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 31+1\cdot 1+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=-31\mathrm{+1}\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(5|-5|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}31\\ 1\\ -6\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)|$ = 27

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

3 ⋅ k⋅3 = 27 | :9

k = $\frac{\mathrm{27}}{9}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 8\\ 1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ -4\\ -5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-5|8|1\right)$ oder C'$\left(7|-4|-5\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·4+5·4+10·\left(-10-c\right)$ = $0+20+10\left(-10-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-8}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$