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 $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-1\mathrm{+1}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-10\mathrm{+10}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = 7⋅t +21 = 0 wird, also t=$-\frac{21}{7}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 4=-24\mathrm{+0}\mathrm{+24}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = 2⋅t +10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{2}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -5\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -5\\ 4\end{array}\right)$=$5\cdot 6+2\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-5)}\cdot 4=30-10-20=0$ 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:
$\left(0|2|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -5\\ 4\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 2=0-10\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ = -2⋅t -2 = 0 wird, also t=$-\frac{2}{2}$=$-1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{-}{x}_1-5x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+2\cdot \mathrm{(-5)}+4\cdot 2=2-10\mathrm{+8}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|0|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|0|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1-5x_2+2x_3=-13$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-4·4\\ 4·4-4·\left(-2\right)\\ 4·4-\left(-2\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-16\\ 16+8\\ 16+8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ 24\\ 24\end{array}\right)$ = -12⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0·6-8·0\\ 8·8-6·6\\ 6·0-0·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+0\\ 64-36\\ 0+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 28\\ 0\end{array}\right)$ = 28⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=30 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 0\\ 24\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ 0\\ 24\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·7-4·4\\ 4·4-1·7\\ 1·4-\left(-8\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-56-16\\ 16-7\\ 4+32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-72\\ 9\\ 36\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ 4\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ 4\end{array}\right)|$ = 324

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+{\mathrm{(-8)}}^2+4^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ 4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-8)}}^2+1^2+4^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 324 | :81

k = $\frac{\mathrm{324}}{\mathrm{81}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-32\\ 4\\ 16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-31\\ -4\\ 20\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}32\\ -4\\ -16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}33\\ -12\\ -12\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-31|-4|20\right)$ oder C'$\left(33|-12|-12\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-8\; -\; c}\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-8\; -\; c}\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $5·\left(-8-c\right)+3·2-7·\left(-2\right)$ = $5\left(-8-c\right)+6+14$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ 2\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ -2\end{array}\right)$