Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 3=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = 4⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{4}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot \mathrm{(-1)}=2\mathrm{+0}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$ = 3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = 3⋅t +9 = 0 wird, also t=$-\frac{9}{3}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ -1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ -1\end{array}\right)$=$2\cdot 5+3\cdot \mathrm{(-3)}+1\cdot \mathrm{(-1)}=10-9-1=0$ 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:
$\left(-5|1|-2\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}=0-5\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -5\end{array}\right)$ = -3⋅t -24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{3}$=$-8$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ -5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-8x_1+x_2-5x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-8x_1+x_2-5x_3=38$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·0-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·4-0·0\\ 0·\left(-3\right)-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-9\\ -12+0\\ 0-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9\\ -12\\ -16\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=15 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 12\\ 16\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -9\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=-30\mathrm{+0}\mathrm{+30}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}3\\ -9\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -6\end{array}\right)$ = -9⋅t -27 = 0 wird, also t=$-\frac{27}{9}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -6\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -6\end{array}\right)$

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·\left(-7\right)-4·4\\ 4·4-\left(-1\right)·\left(-7\right)\\ -1·4-8·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-56-16\\ 16-7\\ -4-32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-72\\ 9\\ -36\end{array}\right)$ = 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)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+8^2+4^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-8)}}^2+1^2+{\mathrm{(-4)}}^2}=\sqrt{81}=9$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-32\\ 4\\ -16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-33\\ 12\\ -12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}32\\ -4\\ 16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}31\\ 4\\ 20\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{6\; -\; c}\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{6\; -\; c}\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ = $-5·\left(6-c\right)+2·2-6·\left(-1\right)$ = $-5\left(6-c\right)+4+6$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{4}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$