Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}=-5\mathrm{+0}\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -11\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = -11⋅t +11 = 0 wird, also t=$\frac{11}{11}$ = 1.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 1=-4\mathrm{+0}\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -13\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = -13⋅t +13 = 0 wird, also t=$\frac{13}{13}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t +9 = 0 wird, also t=$-\frac{9}{3}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 4+0\cdot \mathrm{(-3)}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$ 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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-1)}=0\mathrm{+4}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ = 1⋅t +17 = 0 wird, also t=$-17$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ -4\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-17x_1-4x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-17\\ -4\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-17)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-4)}+3\cdot \mathrm{(-1)}=-17\mathrm{+20}-3=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|-5|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|-5|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-17x_1-4x_2-x_3=-12$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7·7-\left(-6\right)·6\\ -6·\left(-6\right)-6·7\\ 6·6-7·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}49+36\\ 36-42\\ 36+42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}85\\ -6\\ 78\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 7\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 7\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}85\\ -6\\ 78\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -7\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -7\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -7⋅t +21 = 0 wird, also t=$\frac{21}{7}$=$3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -7\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 5\end{array}\right)$=$2\cdot 3+\mathrm{(-7)}\cdot 3+3\cdot 5=6-21\mathrm{+15}=0$ 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:
$\left(3|5|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 5\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·\left(-2\right)-\left(-1\right)·1\\ -1·\left(-2\right)-2·\left(-2\right)\\ 2·1-2·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4+1\\ 2+4\\ 2+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$ = -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\\ 2\\ -1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)|$ = 27

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+2^2+{\mathrm{(-1)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ 5\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ \mathrm{-6\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ \mathrm{-6\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-2·\left(-4\right)-4·3-4·\left(-6-c\right)$ = $8-12-4\left(-6-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-5}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$