Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}=0-8\mathrm{+8}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-11\\ 5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ = -11⋅t +22 = 0 wird, also t=$\frac{22}{11}$ = 2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 5=0-20\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$ = 3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=20-20\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +54 = 0 wird, also t=$\frac{54}{3}$=$18$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 18\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 18\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-3)}\cdot 18=30\mathrm{+24}-54=0$ 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:
$\left(5|0|1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 18\end{array}\right)$

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

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

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 2+0\cdot 2+2\cdot 4=-8\mathrm{+0}\mathrm{+8}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|3|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|3|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+2x_2+4x_3=-12$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·3-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-6\right)-3·3\\ 3·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-36\\ 36-9\\ -18-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ 27\\ -54\end{array}\right)$ = 27⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -6\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -6\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-18\mathrm{+18}\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 0\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 6+0\cdot 0=-18\mathrm{+18}\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(3|5|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 0\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+0^2+{\mathrm{(-4)}}^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+0^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{25}=5$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ 0\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}13\\ 0\\ -16\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ 0\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-19\\ 0\\ 8\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·3+1·\left(-4\right)-4·\left(-10-c\right)$ = $0-4-4\left(-10-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-9}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -1\end{array}\right)$