Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t +9 = 0 wird, also t=$-\frac{9}{3}$ = -3.

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

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

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

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 4=-16\mathrm{+0}\mathrm{+16}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+0\cdot 2+4\cdot 4=-16\mathrm{+0}\mathrm{+16}=0$ 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:
$\left(1|2|3\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-2)}=2\mathrm{+0}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = -1⋅t -7 = 0 wird, also t=$-7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1-7x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 1+0\cdot \mathrm{(-7)}+1\cdot \mathrm{(-2)}=2\mathrm{+0}-2=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|1|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|1|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1-7x_2-2x_3=-9$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·\left(-4\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·\left(-2\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-4\\ 8-16\\ 8-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ -8\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+12}-12=0$.

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

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -6\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·4-\left(-1\right)·7\\ -1·4-8·4\\ 8·7-\left(-4\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-16+7\\ -4-32\\ 56+16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9\\ -36\\ 72\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)|$ = 162

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{8^2+{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-1)}}^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+4^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 162 | :81

k = $\frac{\mathrm{162}}{\mathrm{81}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}2\\ 8\\ -16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ -17\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ -8\\ 16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -12\\ 15\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(10|4|-17\right)$ oder C'$\left(6|-12|15\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ = $-4·\left(4-c\right)+2·\left(-5\right)-10·\left(-1\right)$ = $-4\left(4-c\right)-10+10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{4}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$