Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-12\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ = 1⋅t +23 = 0 wird, also t=$-23$ = -23.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-23\\ 3\\ -4\end{array}\right)$

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 $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{2}$ = 3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{2}$=$-4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ -4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-6)}+2\cdot \mathrm{(-4)}=-4\mathrm{+12}-8=0$ 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:
$\left(-4|-3|-3\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+30}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -6\end{array}\right)$ = -2⋅t -20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{2}$=$-10$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-10\\ -5\\ -6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-10x_1-5x_2-6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-10\\ -5\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-10)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+30}-30=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-3|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-3|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-10x_1-5x_2-6x_3=-65$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1·2-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·\left(-1\right)-2·2\\ 2·\left(-2\right)-\left(-1\right)·\left(-1\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2-4\\ 2-4\\ -4-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -5\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +5 = 0 wird, also t=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-1)}+2\cdot 3+1\cdot \mathrm{(-5)}=-1\mathrm{+6}-5=0$ 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:
$\left(3|-3|-5\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)|$ = 363

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

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}27\\ 18\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}25\\ 24\\ -3\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-27\\ -18\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-29\\ -12\\ -15\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(25|24|-3\right)$ oder C'$\left(-29|-12|-15\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·\left(-2\right)-3·\left(-3\right)+9·\left(4-c\right)$ = $0+9+9\left(4-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$