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 $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}=0-10\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -2\end{array}\right)$ = 1⋅t -13 = 0 wird, also t=$13$ = 13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}13\\ 5\\ -2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=-16\mathrm{+0}\mathrm{+16}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -4⋅t +28 = 0 wird, also t=$\frac{28}{4}$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 5=0-25\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 5\end{array}\right)$ = -2⋅t +10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{2}$=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+3\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 5=-10-15\mathrm{+25}=0$ 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:
$\left(-5|5|5\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, 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 Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -5 = 0 wird, also t=$5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1+x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1+x_2+5x_3=-11$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ -6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ -6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-7\right)\\ -6·6-\left(-7\right)·\left(-6\right)\\ -7·\left(-7\right)-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36-42\\ -36-42\\ 49-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-78\\ -78\\ 13\end{array}\right)$ = 13⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=22 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 12\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 12\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ -9\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}15\\ -9\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 12\\ 16\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9·7-6·\left(-6\right)\\ 6·\left(-6\right)-\left(-2\right)·7\\ -2·\left(-6\right)-9·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}63+36\\ -36+14\\ 12+54\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}99\\ -22\\ 66\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)|$ = 121

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+9^2+6^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+{\mathrm{(-2)}}^2+6^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 121 | :121

k = $\frac{\mathrm{121}}{\mathrm{121}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ 7\\ 12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-9\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ 11\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(7|7|12\right)$ oder C'$\left(-11|11|0\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ \mathrm{9\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ \mathrm{9\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(-1\right)-1·\left(9-c\right)-2·\left(-1\right)$ = $3-\left(9-c\right)+2$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 9\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -1\end{array}\right)$