Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=2-2\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -13 = 0 wird, also t=$13$ = 13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 13\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-5)}=5\mathrm{+0}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 3⋅t +6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{3}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -5\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = 3⋅t -6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{3}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 2\end{array}\right)$=$3\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 6+3\cdot 2=6-12\mathrm{+6}=0$ 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:
$\left(4|1|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ -5\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 2=0-2\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ -5\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ = -17⋅t +17 = 0 wird, also t=$\frac{17}{17}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1-x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ -5\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-17)}\cdot 1+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+6\cdot 2=-17\mathrm{+5}\mathrm{+12}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|-3|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|-3|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1-x_2+2x_3=1$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-3\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·0-0·\left(-3\right)\\ 0·\left(-4\right)-\left(-3\right)·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9-16\\ 0+0\\ 0+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-7\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 1=0\mathrm{+3}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ = -2⋅t +10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{2}$=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+5\cdot 3+\mathrm{(-5)}\cdot 1=-10\mathrm{+15}-5=0$ 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:
$\left(1|-2|5\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+{\mathrm{(-8)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{8^2+1^2+{\mathrm{(-4)}}^2}=\sqrt{81}=9$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ 2\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ -6\\ -12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ -2\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-17\\ -10\\ 4\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{-8\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{-8\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·2+3·\left(-8-c\right)+0·\left(-1\right)$ = $0+3\left(-8-c\right)+0$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-8}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -8\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$