Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 4=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 7\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = 7⋅t +35 = 0 wird, also t=$-\frac{35}{7}$ = -5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 2=-8\mathrm{+0}\mathrm{+8}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = -2⋅t -12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{2}$ = -6.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +19 = 0 wird, also t=$-19$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -19\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -19\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{(-19)}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(3|2|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -19\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 7\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = 7⋅t +21 = 0 wird, also t=$-\frac{21}{7}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+6x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 7\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 1+3\cdot 6+7\cdot \mathrm{(-3)}=3\mathrm{+18}-21=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|5|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|5|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+6x_2-3x_3=33$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1·\left(-2\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·\left(-1\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·\left(-2\right)-\left(-1\right)·\left(-1\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2-4\\ 2-4\\ 4-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=3 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -13\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -13\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = -13⋅t -13 = 0 wird, also t=$-\frac{13}{13}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -13\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-3)}+5\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-13)}\cdot \mathrm{(-1)}=-3-10\mathrm{+13}=0$ 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:
$\left(-1|3|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·1-0·0\\ 0·0-\left(-3\right)·1\\ -3·0-\left(-4\right)·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4+0\\ 0+3\\ 0+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)|$ = 100

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+{\mathrm{(-3)}}^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ gilt somit:

5 ⋅ k⋅5 = 100 | :25

k = $\frac{\mathrm{100}}{\mathrm{25}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ -12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}13\\ -16\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ 12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-19\\ 8\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(13|-16|0\right)$ oder C'$\left(-19|8|0\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{2\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{2\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ = $3·\left(2-c\right)-4·\left(-4\right)+4·\left(-1\right)$ = $3\left(2-c\right)+16-4$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{6}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

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