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 $\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = -7⋅t +14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{7}$ = 2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-3)}=3\mathrm{+0}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 7\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 7⋅t +14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{7}$ = -2.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=4-4\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -11 = 0 wird, also t=$11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 11\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 11\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot 11=4-4\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(0|0|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 11\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -2\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-4)}=0\mathrm{+16}-16=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ = -14⋅t +28 = 0 wird, also t=$\frac{28}{14}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-4x_2-4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-14)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-4)}=-28\mathrm{+8}\mathrm{+20}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-2|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-2|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-4x_2-4x_3=-6$

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ 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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·2-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-3\right)-\left(-3\right)·2\\ -3·\left(-6\right)-2·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-36\\ 18+6\\ 18+6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32\\ 24\\ 24\end{array}\right)$ = -8⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -3\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ -6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ -6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·7-\left(-6\right)·6\\ -6·\left(-6\right)-\left(-9\right)·7\\ -9·6-\left(-2\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-14+36\\ 36+63\\ -54-12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}22\\ 99\\ -66\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)|$ = 363

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-9)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+9^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 27\\ -18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 25\\ -24\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -27\\ 18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-15\\ -29\\ 12\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-3|25|-24\right)$ oder C'$\left(-15|-29|12\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{-12\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{-12\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·5-5·\left(-12-c\right)-5·\left(-1\right)$ = $-15-5\left(-12-c\right)+5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -12\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$