Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 1=-2\mathrm{+0}\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = -2⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{2}$ = 0.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+3}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -3\end{array}\right)$ = 2⋅t +24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{2}$ = -12.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ -1\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ -5\\ 1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 6=0-12\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}8\\ -5\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ = 8⋅t +16 = 0 wird, also t=$-\frac{16}{8}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-2)}+6\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 6=0-12\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(-3|-3|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 6\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ = 3⋅t +21 = 0 wird, also t=$-\frac{21}{3}$=$-7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -3\\ -6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-7x_1-3x_2-6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-7\\ -3\\ -6\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-7)}+3\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=-21-9\mathrm{+30}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-1|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-1|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-7x_1-3x_2-6x_3=-20$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·\left(-8\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·1-1·\left(-8\right)\\ 1·\left(-4\right)-\left(-8\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-16\\ -4+8\\ -4+8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}12\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ -24\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}11\\ -24\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}12\\ 1\\ 1\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -17\\ 1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 3=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}4\\ -17\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -17⋅t -17 = 0 wird, also t=$-\frac{17}{17}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

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

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-1\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-1\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ = $1·\left(-1-c\right)+3·5+10·\left(-1\right)$ = $-1-c+15-10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{4}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

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