Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5=0-15\mathrm{+15}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$ = -1⋅t -7 = 0 wird, also t=$-7$ = -7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ -3\\ 5\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+10}-10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$ = 3⋅t -24 = 0 wird, also t=$\frac{24}{3}$ = 8.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -5\\ -2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +22 = 0 wird, also t=$-\frac{22}{2}$=$-11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -11\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -11\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{(-11)}=6-6\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(-5|1|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -11\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1-3x_2+4x_3=18$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0·\left(-3\right)-4·4\\ 4·0-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·4-0·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-16\\ 0-9\\ -12+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-16\\ -9\\ -12\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=15 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ 9\\ 12\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-8\right)-8·\left(-4\right)\\ 8·8-\left(-8\right)·\left(-8\right)\\ -8·\left(-4\right)-\left(-4\right)·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32+32\\ 64-64\\ 32+32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64\\ 0\\ 64\end{array}\right)$ = 64⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=24 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-15\\ -8\\ 16\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-15\\ -8\\ 16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)|$ = 162

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

9 ⋅ k⋅9 = 162 | :81

k = $\frac{\mathrm{162}}{\mathrm{81}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ -8\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}17\\ -4\\ 10\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ 8\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-15\\ 12\\ 6\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(17|-4|10\right)$ oder C'$\left(-15|12|6\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{-8\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{-8\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·5+2·\left(-8-c\right)+0·\left(-1\right)$ = $0+2\left(-8-c\right)+0$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-8}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -8\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$