Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=8-8\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{2}$ = 8.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 8\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 3\end{array}\right)$ = -7⋅t -7 = 0 wird, also t=$-\frac{7}{7}$ = -1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 2=0\mathrm{+8}-8=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ = -2⋅t -10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{2}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-4)}\cdot 4+3\cdot 2=10-16\mathrm{+6}=0$ 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:
$\left(0|-1|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 2\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = -2⋅t -4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1-2x_2-x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1-2x_2-x_3=-14$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·\left(-6\right)-\left(-6\right)·6\\ -6·\left(-3\right)-6·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-9\\ 18+36\\ 18+36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}27\\ 54\\ 54\end{array}\right)$ = 27⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ 12\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-4\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·\left(-2\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·\left(-4\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8-16\\ 8-16\\ 16-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8\\ -8\\ 12\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 9\end{array}\right)|$ = 121

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

11 ⋅ k⋅11 = 121 | :121

k = $\frac{\mathrm{121}}{\mathrm{121}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ 7\\ 7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 11\\ -11\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-12|7|7\right)$ oder C'$\left(0|11|-11\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{12\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{12\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(12-c\right)-2·\left(-1\right)-10·\left(-1\right)$ = $-3\left(12-c\right)+2+10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{8}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}12\\ -1\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -1\end{array}\right)$