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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -23 = 0 wird, also t=$-23$ = -23.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -23\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ t\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 4\end{array}\right)$ = 1⋅t -5 = 0 wird, also t=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 4\end{array}\right)$=$1\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 5+5\cdot 4=5-25\mathrm{+20}=0$ 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:
$\left(-5|3|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 4\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=30-30\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 6+5\cdot 5+1\cdot 5=-30\mathrm{+25}\mathrm{+5}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|2|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|2|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1+5x_2+5x_3=47$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-2\right)-\left(-2\right)·\left(-6\right)\\ -2·\left(-3\right)-\left(-6\right)·\left(-2\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6-12\\ 6-12\\ 36-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 27\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 9\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 9\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-9·6\\ 9·9-6·\left(-2\right)\\ 6·6-\left(-2\right)·9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-54\\ 81+12\\ 36+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-50\\ 93\\ 54\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}12\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}12\\ -2\\ 9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-50\\ 93\\ 54\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-\left(-1\right)·2\\ -1·1-2·\left(-2\right)\\ 2·2-\left(-2\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+2\\ -1+4\\ 4+2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)|$ = 18

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-1)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 18 | :9

k = $\frac{\mathrm{18}}{9}$ = 2

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

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(6|0|3\right)$ oder C'$\left(-2|-4|-5\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{0\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{0\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ = $-2·\left(-c\right)-2·3-4·\left(-1\right)$ = $2c-6+4$

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

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