Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$, 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 Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{3}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 1=0\mathrm{+4}-4=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{2}$=$-6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -6\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -6\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 6=0\mathrm{+12}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = -2⋅t -4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1+2x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-2)}+6\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 6=0\mathrm{+12}-12=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-2|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-2|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1+2x_2+6x_3=-2$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7·7-\left(-4\right)·4\\ -4·\left(-4\right)-4·7\\ 4·4-7·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}49+16\\ 16-28\\ 16+28\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}65\\ -12\\ 44\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 21\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 21\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}65\\ -12\\ 44\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -7\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-4)}=24\mathrm{+0}-24=0$.

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

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -4\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)|$ = 49

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

7 ⋅ k⋅7 = 49 | :49

k = $\frac{\mathrm{49}}{\mathrm{49}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -8\\ -5\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-3|-8|-5\right)$ oder C'$\left(-9|4|-1\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·0+5·\left(3-c\right)+10·\left(-1\right)$ = $0+5\left(3-c\right)-10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{1}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -1\end{array}\right)$