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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -31\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -31⋅t +31 = 0 wird, also t=$\frac{31}{31}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)$

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

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -24\\ -6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 4=-24\mathrm{+0}\mathrm{+24}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -24\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -24⋅t -48 = 0 wird, also t=$-\frac{48}{24}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -24\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 6+\mathrm{(-24)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-6)}\cdot 4=-24\mathrm{+48}-24=0$ 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:
$\left(1|-2|-1\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -11\\ 5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-3)}=3\mathrm{+0}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}4\\ -11\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -11⋅t -11 = 0 wird, also t=$-\frac{11}{11}$=$-1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1-x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1-x_2-3x_3=-8$

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

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

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

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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-2\right)-\left(-2\right)·6\\ -2·\left(-3\right)-6·\left(-2\right)\\ 6·6-\left(-3\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6+12\\ 6+12\\ 36-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18\\ 18\\ 27\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -8\end{array}\right)|$ = 81

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+{\mathrm{(-8)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+1^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 81 | :81

k = $\frac{\mathrm{81}}{\mathrm{81}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -7\\ -7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -9\\ 9\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(8|-7|-7\right)$ oder C'$\left(0|-9|9\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ \mathrm{-2\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ \mathrm{-2\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·0+5·\left(-5\right)-5·\left(-2-c\right)$ = $0-25-5\left(-2-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{3}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$

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