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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 5⋅t -10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{5}$ = 2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 4=-8\mathrm{+0}\mathrm{+8}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -4⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{4}$ = 4.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=9-9\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -6⋅t -36 = 0 wird, also t=$-\frac{36}{6}$=$-6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -6\end{array}\right)$=$3\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{(-6)}=9-9\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(0|4|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -6\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=15-15\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +19 = 0 wird, also t=$-19$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -19\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1-3x_2-19x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -19\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{(-19)}=15-15\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|0|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|0|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1-3x_2-19x_3=-66$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·6-\left(-6\right)·3\\ -6·\left(-6\right)-6·6\\ 6·3-3·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18+18\\ 36-36\\ 18+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36\\ 0\\ 36\end{array}\right)$ = 36⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-\left(-3\right)·6\\ -3·\left(-3\right)-6·6\\ 6·6-6·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36+18\\ 9-36\\ 36+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}54\\ -27\\ 54\end{array}\right)$ = -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=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 12\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ 12\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)|$ = 196

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+2^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+6^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 196 | :49

k = $\frac{\mathrm{196}}{\mathrm{49}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 24\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ 26\\ 6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -24\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -22\\ -18\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-11|26|6\right)$ oder C'$\left(5|-22|-18\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ \mathrm{2\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ \mathrm{2\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·3+5·3+5·\left(2-c\right)$ = $0+15+5\left(2-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -3\end{array}\right)$

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