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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{2}$ = -6.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -6\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot \mathrm{(-5)}=10\mathrm{+0}-10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -17\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -17⋅t +17 = 0 wird, also t=$\frac{17}{17}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -5\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-3)}=18\mathrm{+0}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 4⋅t -24 = 0 wird, also t=$\frac{24}{4}$=$6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 6+4\cdot 6+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}=-36\mathrm{+24}\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(3|5|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -11\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-3\mathrm{+3}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -11⋅t -11 = 0 wird, also t=$-\frac{11}{11}$=$-1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1+x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 1+0\cdot \mathrm{(-1)}=-3\mathrm{+3}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-3|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-3|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1+x_2-x_3=5$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-9\right)-\left(-9\right)·\left(-6\right)\\ -9·\left(-2\right)-\left(-6\right)·\left(-9\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18-54\\ 18-54\\ 36-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36\\ -36\\ 32\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ -8\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ -8\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 1⋅t +7 = 0 wird, also t=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$=$2\cdot 6+1\cdot \mathrm{(-7)}+\mathrm{(-1)}\cdot 5=12-7-5=0$ 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:
$\left(3|-3|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)|$ = 98

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

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -7\\ -14\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ 1\\ 10\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|-7|-14\right)$ oder C'$\left(-12|1|10\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ = $3·2-1·4+2·\left(4-c\right)$ = $6-4+2\left(4-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$