Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=-16\mathrm{+0}\mathrm{+16}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = 7⋅t -28 = 0 wird, also t=$\frac{28}{7}$ = 4.

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

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 $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-9\mathrm{+9}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{2}$ = 6.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -5⋅t -5 = 0 wird, also t=$-\frac{5}{5}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -13\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 1=-4\mathrm{+0}\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -13\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = -13⋅t +13 = 0 wird, also t=$\frac{13}{13}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1+x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -13\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 1\end{array}\right)$=$2\cdot 4+\mathrm{(-13)}\cdot 1+5\cdot 1=8-13\mathrm{+5}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(4|-3|-3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(4|-3|-3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1+x_2+x_3=10$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·1-2·2\\ 2·\left(-2\right)-\left(-2\right)·1\\ -2·2-1·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1-4\\ -4+2\\ -4+2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 4=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = 6⋅t -24 = 0 wird, also t=$\frac{24}{6}$=$4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 3+6\cdot 4+\mathrm{(-3)}\cdot 4=-12\mathrm{+24}-12=0$ 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:
$\left(-1|-3|-1\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)|$ = 50

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

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 11\\ 2\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -10\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|11|2\right)$ oder C'$\left(0|-5|-10\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-4·5+0·3-10·\left(8-c\right)$ = $-20+0-10\left(8-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -2\end{array}\right)$