Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ t\end{array}\right)$=$2\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=10-10\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t -15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{3}$ = 5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 5\end{array}\right)$

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

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 5=-20\mathrm{+0}\mathrm{+20}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-1)}+3\cdot 5=-16\mathrm{+1}\mathrm{+15}=0$ 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:
$\left(-3|-4|3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 5\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{2}$=$-4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1+4x_2-4x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+4x_2-4x_3=16$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -9\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -9\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9·\left(-9\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-9\right)\\ -6·\left(-2\right)-\left(-9\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}81-4\\ 12-54\\ 12-54\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}77\\ -42\\ -42\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}-11\\ 6\\ 6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -9\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-11\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=10-10\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -13 = 0 wird, also t=$13$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 13\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 13\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+1\cdot 13=-15\mathrm{+2}\mathrm{+13}=0$ 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:
$\left(0|1|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 13\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+2^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -2\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 6\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{-9\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{-9\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-4·\left(-5\right)+5·\left(-9-c\right)+5·\left(-1\right)$ = $20+5\left(-9-c\right)-5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-6}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -9\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -1\end{array}\right)$