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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$ = 3.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-2\mathrm{+2}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 6⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{6}$ = 0.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ = -7⋅t +7 = 0 wird, also t=$\frac{7}{7}$=$1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-7)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+1\cdot 5=-7\mathrm{+2}\mathrm{+5}=0$ 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:
$\left(2|-3|5\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-18\mathrm{+18}\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ -3\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 6+0\cdot \mathrm{(-3)}=-18\mathrm{+18}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|-2|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|-2|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1+6x_2-3x_3=-3$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·4-8·8\\ 8·8-4·4\\ 4·8-8·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32-64\\ 64-16\\ 32-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32\\ 48\\ -32\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 16\\ 16\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ 16\\ 16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}=0-6\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -6\end{array}\right)$ = -2⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{2}$=$8$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 8+4\cdot 1+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-6)}=-16\mathrm{+4}\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(-5|-1|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -6\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·2\\ -3·3-\left(-2\right)·\left(-6\right)\\ -2·2-\left(-6\right)·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36+6\\ -9-12\\ -4+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}42\\ -21\\ 14\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)|$ = 147

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+3^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 147 | :49

k = $\frac{\mathrm{147}}{\mathrm{49}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-18\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-20\\ 3\\ -9\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}18\\ -9\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}16\\ -15\\ 3\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-20|3|-9\right)$ oder C'$\left(16|-15|3\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $2·\left(-3\right)-3·\left(-6-c\right)+3·\left(-1\right)$ = $-6-3\left(-6-c\right)-3$

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

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