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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 4\end{array}\right)$ = 2⋅t -20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{2}$ = 10.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ -1\\ 4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 0\end{array}\right)$, 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 Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +7 = 0 wird, also t=$-7$ = -7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -7\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -8\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=16-16\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -8⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{8}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 2\end{array}\right)$.

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

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = 5⋅t +10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1-6x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -2\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}=-10\mathrm{+6}\mathrm{+4}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-1|-3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-1|-3\right)$ in E ein:

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

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}7\\ 4\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-4·7\\ 4·4-7·4\\ 7·7-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-28\\ 16-28\\ 49-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ -12\\ 33\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -11\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}13\\ 12\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}13\\ 12\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -11\end{array}\right)$.

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

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

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 1\end{array}\right)$=$2\cdot 2+3\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-1)}\cdot 1=4-3-1=0$ 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:
$\left(2|3|5\right)$ liegt in E, da:

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·7-\left(-6\right)·6\\ -6·6-9·7\\ 9·6-\left(-2\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-14+36\\ -36-63\\ 54+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}22\\ -99\\ 66\end{array}\right)$ = -11⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)|$ = 484

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+9^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 484 | :121

k = $\frac{\mathrm{484}}{\mathrm{121}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 36\\ -24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 34\\ -30\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -36\\ 24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}17\\ -38\\ 18\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(1|34|-30\right)$ oder C'$\left(17|-38|18\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·\left(-3\right)+3·5+5·\left(-10-c\right)$ = $0+15+5\left(-10-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$