Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-16\mathrm{+16}\mathrm{+0}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-20\mathrm{+20}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 14\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 14⋅t +42 = 0 wird, also t=$-\frac{42}{14}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}9\\ -1\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5=0-10\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}9\\ -1\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ = 9⋅t +27 = 0 wird, also t=$-\frac{27}{9}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-3)}+5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5=0-10\mathrm{+10}=0$ 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:
$\left(-5|-3|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -23\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=5-5\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -23\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -23⋅t +23 = 0 wird, also t=$\frac{23}{23}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1+x_2+x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1+x_2+x_3=-2$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·3-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-6\right)-3·3\\ 3·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-36\\ 36-9\\ -18-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ 27\\ -54\end{array}\right)$ = 27⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

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

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 1=0\mathrm{+5}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 1\end{array}\right)$ = -3⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{3}$=$6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 6+4\cdot 5+\mathrm{(-2)}\cdot 1=-18\mathrm{+20}-2=0$ 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:
$\left(-5|1|-3\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+3^2+2^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-14\\ 0\\ 7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ -6\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ -12\\ -1\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-9\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-9\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ = $2·\left(-9-c\right)-4·\left(-1\right)+0·\left(-1\right)$ = $2\left(-9-c\right)+4+0$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ -1\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$