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

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = -7⋅t +14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{7}$ = 2.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ = -5⋅t -10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 3=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -1⋅t -31 = 0 wird, also t=$-31$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -31\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1-31x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -31\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{(-31)}+\mathrm{(-5)}\cdot 3=15\mathrm{+0}-15=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|5|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|5|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1-31x_2+3x_3=-148$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 8\end{array}\right)$ = 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 $\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 8\end{array}\right)$ 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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·8-8·\left(-8\right)\\ 8·\left(-4\right)-\left(-8\right)·8\\ -8·\left(-8\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32+64\\ -32+64\\ 64-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32\\ 32\\ 48\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=36 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-25\\ -12\\ 24\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-25\\ -12\\ 24\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-3)}=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 1⋅t -29 = 0 wird, also t=$29$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 29\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 29\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 5+0\cdot 29+5\cdot \mathrm{(-3)}=15\mathrm{+0}-15=0$ 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:
$\left(-4|2|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 29\\ -3\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)|$ = 98

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+2^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+6^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 12\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -12\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ -10\\ 1\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|14|-7\right)$ oder C'$\left(-12|-10|1\right)$.

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

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

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