Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-4)}=4\mathrm{+0}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = 2⋅t -20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{2}$ = 10.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 10\\ -4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 2=0\mathrm{+8}-8=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=15-15\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t +39 = 0 wird, also t=$-\frac{39}{3}$=$-13$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -13\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -13\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{(-13)}=15-15\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(2|-2|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -13\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 6=0-24\mathrm{+24}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ = 4⋅t +48 = 0 wird, also t=$-\frac{48}{4}$=$-12$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-12x_1-4x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ 6\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-12)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 6=-48\mathrm{+24}\mathrm{+24}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|-3|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|-3|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-12x_1-4x_2+6x_3=48$

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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·8-4·8\\ 4·4-8·8\\ 8·8-8·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-32\\ 16-64\\ 64-32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32\\ -48\\ 32\end{array}\right)$ = -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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ 16\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ 16\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{2}$=$6$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1+6x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 6\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 6+0\cdot 6=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|-3|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|-3|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1+6x_2+6x_3=-42$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)|$ = 242

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

11 ⋅ k⋅11 = 242 | :121

k = $\frac{\mathrm{242}}{\mathrm{121}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ 18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 13\\ 20\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ -18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-18\\ 5\\ -16\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(6|13|20\right)$ oder C'$\left(-18|5|-16\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(1-c\right)+4·\left(-1\right)+2·\left(-1\right)$ = $-3\left(1-c\right)-4-2$

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

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