Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot 3=-15\mathrm{+0}\mathrm{+15}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = 4⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{4}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-9\mathrm{+9}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{3}$ = 5.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ 3\\ 4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 6=0\mathrm{+36}-36=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}14\\ 3\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 6\end{array}\right)$ = 14⋅t +42 = 0 wird, also t=$-\frac{42}{14}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-3)}+6\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 6=0\mathrm{+36}-36=0$ 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:
$\left(4|2|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-3)}=18\mathrm{+0}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 2⋅t +24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{2}$=$-12$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -12\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1-12x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -12\\ -3\end{array}\right)$=$5\cdot 6+2\cdot \mathrm{(-12)}+2\cdot \mathrm{(-3)}=30-24-6=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|3|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|3|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1-12x_2-3x_3=-18$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ -8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ -8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·\left(-8\right)-\left(-8\right)·4\\ -8·8-4·\left(-8\right)\\ 4·4-8·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-64+32\\ -64+32\\ 16-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32\\ -32\\ -48\end{array}\right)$ = -16⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 7\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 7\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-7·7\\ 7·4-4·\left(-4\right)\\ 4·7-\left(-4\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-49\\ 28+16\\ 28+16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-33\\ 44\\ 44\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 14\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 14\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·3-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·6-3·3\\ 3·\left(-2\right)-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18-4\\ -12-9\\ -6-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}14\\ -21\\ -42\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)|$ = 196

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+6^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+3^2+6^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 196 | :49

k = $\frac{\mathrm{196}}{\mathrm{49}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 12\\ 24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 18\\ 22\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -12\\ -24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ -6\\ -26\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-5|18|22\right)$ oder C'$\left(11|-6|-26\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ = $3·\left(-3\right)+0·5-9·\left(-10-c\right)$ = $-9+0-9\left(-10-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-9}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$