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 $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-5)}=0\mathrm{+15}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}11\\ -1\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$ = 11⋅t -22 = 0 wird, also t=$\frac{22}{11}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -5\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +7 = 0 wird, also t=$7$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 7\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=16-16\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t -16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{4}$=$4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}+6\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 4=8-24\mathrm{+16}=0$ 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:
$\left(5|0|4\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-25\mathrm{+25}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = 5⋅t -30 = 0 wird, also t=$\frac{30}{5}$=$6$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1-5x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 5+5\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 6=-5-25\mathrm{+30}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|-4|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|-4|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1-5x_2+6x_3=40$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·6-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-3\right)-6·6\\ 6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-36\\ 18-36\\ -36-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ -18\\ -45\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ -9\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}16\\ -9\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot 3=6\mathrm{+0}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = 4⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{4}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot \mathrm{(-2)}+6\cdot 3=-10-8\mathrm{+18}=0$ 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:
$\left(-2|5|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ 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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·0-\left(-4\right)·0\\ -4·1-0·0\\ 0·0-\left(-3\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+0\\ -4+0\\ 0+3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)|$ = 100

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

5 ⋅ k⋅5 = 100 | :25

k = $\frac{\mathrm{100}}{\mathrm{25}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 16\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 13\\ -16\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -16\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -19\\ 8\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|13|-16\right)$ oder C'$\left(0|-19|8\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-5·2-3·\left(1-c\right)-4·\left(-1\right)$ = $-10-3\left(1-c\right)+4$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{3}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

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