Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -7⋅t +21 = 0 wird, also t=$\frac{21}{7}$ = 3.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-3\mathrm{+3}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 8⋅t -16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{8}$ = 2.

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-9\mathrm{+9}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 6⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{6}$=$0$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-1)}\cdot 3+6\cdot 0=3-3\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(4|1|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 5=0\mathrm{+25}-25=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ -4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ = 15⋅t -30 = 0 wird, also t=$\frac{30}{15}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1+5x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ -4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 5\end{array}\right)$=$15\cdot 2+\mathrm{(-4)}\cdot 5+\mathrm{(-2)}\cdot 5=30-20-10=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|3|-3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|3|-3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+5x_2+5x_3=0$

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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·3-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-6\right)-3·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-36\\ -18-36\\ 36-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ -54\\ 27\end{array}\right)$ = 27⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ 9\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-17\\ 9\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·8-\left(-4\right)·8\\ -4·\left(-4\right)-8·8\\ 8·8-8·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64+32\\ 16-64\\ 64+32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}96\\ -48\\ 96\end{array}\right)$ = -48⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ 8\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)|$ = 196

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

7 ⋅ k⋅7 = 196 | :49

k = $\frac{\mathrm{196}}{\mathrm{49}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ -24\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -22\\ 18\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ 24\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ 26\\ -6\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-5|-22|18\right)$ oder C'$\left(11|26|-6\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-3·\left(-4\right)+5·\left(-4\right)-8·\left(3-c\right)$ = $12-20-8\left(3-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{4}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

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