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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -11 = 0 wird, also t=$11$ = 11.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 11\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-4)}=12\mathrm{+0}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -3⋅t -6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{3}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ 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 Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -22 = 0 wird, also t=$\frac{22}{2}$=$11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 11\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 11\end{array}\right)$=$2\cdot 1+6\cdot \mathrm{(-4)}+2\cdot 11=2-24\mathrm{+22}=0$ 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:
$\left(4|-3|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 11\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ = -1⋅t -3 = 0 wird, also t=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-3x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+6}-6=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|1|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|1|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1-3x_2-2x_3=16$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·0-8·8\\ 8·\left(-6\right)-0·0\\ 0·8-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-64\\ -48+0\\ 0-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-64\\ -48\\ -36\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}16\\ 12\\ 9\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=20 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -16\\ 16\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -16\\ 16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ 12\\ 9\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-4)}=-4\mathrm{+0}\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -7⋅t -14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{7}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -4\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -4\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-6)}}^2+9^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+6^2+2^2}=\sqrt{121}=11$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}27\\ 18\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}29\\ 12\\ 15\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-27\\ -18\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-25\\ -24\\ 3\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ = $4·2+1·\left(-4\right)+4·\left(3-c\right)$ = $8-4+4\left(3-c\right)$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -1\end{array}\right)$