Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=4-4\mathrm{+0}=0$.

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

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

Da wir in keinem der beiden Vektoren eine "Null" in den Koordinaten finden, erhalten wir den Normalenvektor am schnellsten mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt):

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}=-6\mathrm{+0}\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -6\end{array}\right)$ = -1⋅t +17 = 0 wird, also t=$17$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 17\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 17\\ -6\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-1)}\cdot 17+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}=-1-17\mathrm{+18}=0$ 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:
$\left(-3|1|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 17\\ -6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ -13\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=10-10\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ -13\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = -13⋅t -13 = 0 wird, also t=$-\frac{13}{13}$=$-1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1-2x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{(-1)}=10-10\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|-3|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|-3|3\right)$ in E ein:

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

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=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=33 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-27\\ -18\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-27\\ -18\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-3)}}^2+6^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+2^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}24\\ 8\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}22\\ 5\\ 18\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-24\\ -8\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-26\\ -11\\ -6\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ \mathrm{0\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ \mathrm{0\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-3·2+1·5-1·\left(-c\right)$ = $-6+5+c$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{1}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ -1\end{array}\right)$