Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-3)}=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -1⋅t +29 = 0 wird, also t=$29$ = 29.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 29\\ -3\end{array}\right)$

Da wir in keinem der beiden Vektoren eine "Null" in den Koordinaten finden, erhalten wir den Normalenvektor am schnellsten mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt):

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ 3\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+15}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}15\\ 3\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -3\end{array}\right)$ = 15⋅t -30 = 0 wird, also t=$\frac{30}{15}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot 2+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+15}-15=0$ 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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 5=0\mathrm{+15}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 5\end{array}\right)$ = -1⋅t +1 = 0 wird, also t=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+3x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot 1+5\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 5=0\mathrm{+15}-15=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|4|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|4|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+3x_2+5x_3=30$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-4·\left(-7\right)\\ 4·4-\left(-7\right)·4\\ -7·\left(-7\right)-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+28\\ 16+28\\ 49-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}44\\ 44\\ 33\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-11\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-11\\ 4\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 3\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot 5=-25\mathrm{+0}\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -3⋅t +15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{3}$=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 5+\mathrm{(-3)}\cdot 5+6\cdot 5=-15-15\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(-5|5|-5\right)$ liegt in E, da:

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)|$ = 25

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

5 ⋅ k⋅5 = 25 | :25

k = $\frac{\mathrm{25}}{\mathrm{25}}$ = 1

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

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $5·2-3·\left(-4-c\right)+7·\left(-1\right)$ = $10-3\left(-4-c\right)-7$

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

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