Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-12\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = -1⋅t -2 = 0 wird, also t=$-2$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-5)}=25\mathrm{+0}-25=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 10\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 10⋅t +40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{10}$ = -4.

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ = 2⋅t +26 = 0 wird, also t=$-\frac{26}{2}$=$-13$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-13\\ -2\\ -4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-13\\ -2\\ -4\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-13)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-4)}=-26\mathrm{+2}\mathrm{+24}=0$ 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:
$\left(1|3|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-13\\ -2\\ -4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 3=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = 1⋅t -3 = 0 wird, also t=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1+2x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 3\end{array}\right)$=$1\cdot 3+6\cdot 2+\mathrm{(-5)}\cdot 3=3\mathrm{+12}-15=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|2|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|2|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+2x_2+3x_3=-5$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-1\\ 8\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-\left(-1\right)·8\\ -1·\left(-1\right)-8·\left(-4\right)\\ 8·8-\left(-4\right)·\left(-1\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+8\\ 1+32\\ 64-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}24\\ 33\\ 60\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 11\\ 20\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}18\\ -8\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}18\\ -8\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ 11\\ 20\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 6=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = -2⋅t -42 = 0 wird, also t=$-\frac{42}{2}$=$-21$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-21\\ 3\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-21\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-21)}+\mathrm{(-4)}\cdot 3+\mathrm{(-5)}\cdot 6=42-12-30=0$ 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:
$\left(1|3|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-21\\ 3\\ 6\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·2-1·2\\ 1·1-2·2\\ 2·2-\left(-2\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4-2\\ 1-4\\ 4+2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)|$ = 18

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-2)}}^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+1^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 18 | :9

k = $\frac{\mathrm{18}}{9}$ = 2

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

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(6|0|-3\right)$ oder C'$\left(-2|-4|5\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ \mathrm{2\; -\; c}\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ \mathrm{2\; -\; c}\\ -2\end{array}\right)$ = $-1·4+4·\left(2-c\right)+8·\left(-2\right)$ = $-4+4\left(2-c\right)-16$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-3}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -2\end{array}\right)$

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