Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-2\mathrm{+2}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -7 = 0 wird, also t=$-7$ = -7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -7\end{array}\right)$

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 $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-1)}=0\mathrm{+5}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ = -1⋅t +17 = 0 wird, also t=$17$ = 17.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}17\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-24\mathrm{+24}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 8⋅t -16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{8}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 8\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 2\end{array}\right)$=$2\cdot 4+4\cdot \mathrm{(-6)}+8\cdot 2=8-24\mathrm{+16}=0$ 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:
$\left(2|-5|3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 2\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ 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 Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}=-8\mathrm{+0}\mathrm{+8}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -5⋅t -10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$=$-2$. 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 $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -4\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-4)}=-2\mathrm{+10}-8=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|3|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|3|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1-2x_2-4x_3=-16$

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-7·\left(-7\right)-6·6\\ 6·6-6·\left(-7\right)\\ 6·6-\left(-7\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}49-36\\ 36+42\\ 36+42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}13\\ 78\\ 78\end{array}\right)$ = 13⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=22 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}26\\ -14\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}26\\ -14\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=5 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}11\\ 0\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-12\\ 16\\ 9\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)|$ = 50

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

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 11\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ 0\\ -5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-2|0|11\right)$ oder C'$\left(10|0|-5\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{15\; -\; c}\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{15\; -\; c}\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $4·\left(15-c\right)+0·2+10·\left(-2\right)$ = $4\left(15-c\right)+0-20$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}15\\ 2\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -2\end{array}\right)$