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

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -7\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-20\mathrm{+20}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -7⋅t -14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{7}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -7\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 5+6\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-7)}\cdot \mathrm{(-2)}=10-24\mathrm{+14}=0$ 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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 21\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=36-36\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 21\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = 21⋅t -42 = 0 wird, also t=$\frac{42}{21}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1+6x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 2\end{array}\right)$=$6\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 6+0\cdot 2=36-36\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|4|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|4|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1+6x_2+2x_3=16$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·\left(-6\right)-0·8\\ 0·0-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·8-8·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-48+0\\ 0-36\\ -48+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-48\\ -36\\ -48\end{array}\right)$ = -12⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-10\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ 8\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 4\end{array}\right)$.

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

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

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-3)}\cdot 3+3\cdot 1=6-9\mathrm{+3}=0$ 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:
$\left(5|0|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)|$ = 49

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

7 ⋅ k⋅7 = 49 | :49

k = $\frac{\mathrm{49}}{\mathrm{49}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ -5\\ -3\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -9\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-8|-5|-3\right)$ oder C'$\left(4|-1|-9\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ \mathrm{-11\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ \mathrm{-11\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-3·3-3·\left(-4\right)+3·\left(-11-c\right)$ = $-9+12+3\left(-11-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -11\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -1\end{array}\right)$