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 $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-16\mathrm{+16}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t -32 = 0 wird, also t=$\frac{32}{4}$ = 8.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 8\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=10-10\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -13 = 0 wird, also t=$13$ = 13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 13\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 6=0\mathrm{+30}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 6\end{array}\right)$ = 3⋅t +21 = 0 wird, also t=$-\frac{21}{3}$=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 5\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-7\\ 5\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-7)}+6\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 6=0\mathrm{+30}-30=0$ 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:
$\left(4|4|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-7\\ 5\\ 6\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t -33 = 0 wird, also t=$-\frac{33}{3}$=$-11$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -11\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1-11x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -11\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 5+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-11)}+\mathrm{(-1)}\cdot 3=-30\mathrm{+33}-3=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-2|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-2|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1-11x_2+3x_3=32$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 7\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 7\\ 6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 7\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·6-7·7\\ 7·\left(-6\right)-6·6\\ 6·7-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36-49\\ -42-36\\ 42-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-85\\ -78\\ 6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}13\\ -6\\ 7\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}13\\ -6\\ 7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}85\\ 78\\ -6\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 3=0-18\mathrm{+18}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t -21 = 0 wird, also t=$-\frac{21}{3}$=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -6\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-7\\ -6\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-7)}+3\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 3=0-18\mathrm{+18}=0$ 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:
$\left(-3|3|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-7\\ -6\\ 3\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)|$ = 75

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

5 ⋅ k⋅5 = 75 | :25

k = $\frac{\mathrm{75}}{\mathrm{25}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 0\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ 0\\ -5\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 0\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ 0\\ 13\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(15|0|-5\right)$ oder C'$\left(-9|0|13\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-6\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-6\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ = $2·\left(-6-c\right)-1·0+0·\left(-1\right)$ = $2\left(-6-c\right)+0+0$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-6}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -1\end{array}\right)$