Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 1=0\mathrm{+2}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = 1⋅t -11 = 0 wird, also t=$11$ = 11.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ 2\\ 1\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-8\mathrm{+8}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{2}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5=0-15\mathrm{+15}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$ = -2⋅t -22 = 0 wird, also t=$-\frac{22}{2}$=$-11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-11\\ -3\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-11\\ -3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-11)}+5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5=0-15\mathrm{+15}=0$ 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:
$\left(2|-3|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-11\\ -3\\ 5\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 2=6\mathrm{+0}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1+3x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-3)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 2=15-9-6=0$ 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: $-3x_1+3x_2+2x_3=-11$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·6-6·\left(-2\right)\\ 6·\left(-3\right)-\left(-2\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-9\\ -18+12\\ -18+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-5\\ -6\\ -6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=21 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}16\\ -6\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -4⋅t +28 = 0 wird, also t=$\frac{28}{4}$=$7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 7\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 7\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 3+\mathrm{(-4)}\cdot 7=16\mathrm{+12}-28=0$ 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:
$\left(3|-4|3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 7\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-\left(-8\right)·7\\ -8·4-\left(-1\right)·\left(-4\right)\\ -1·7-\left(-4\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+56\\ -32-4\\ -7+16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}72\\ -36\\ 9\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)|$ = 324

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{8^2+{\mathrm{(-4)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 324 | :81

k = $\frac{\mathrm{324}}{\mathrm{81}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}32\\ -16\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}31\\ -20\\ -4\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-32\\ 16\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-33\\ 12\\ -12\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(31|-20|-4\right)$ oder C'$\left(-33|12|-12\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ = $4·2+5·\left(-2\right)-2·\left(-10-c\right)$ = $8-10-2\left(-10-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-9}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$