Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 4=0\mathrm{+4}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ = -2⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{2}$ = 9.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 1\\ 4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 3=0\mathrm{+9}-9=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ = -5⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{5}$ = -3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 5=-30\mathrm{+0}\mathrm{+30}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -1⋅t -7 = 0 wird, also t=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{(-7)}+6\cdot 5=-30\mathrm{+0}\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(4|4|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-6)}=18\mathrm{+0}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -6\end{array}\right)$ = 4⋅t -24 = 0 wird, also t=$\frac{24}{4}$=$6$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1+6x_2-6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot 3+0\cdot 6+3\cdot \mathrm{(-6)}=18\mathrm{+0}-18=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|5|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|5|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+6x_2-6x_3=69$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-3\right)-\left(-2\right)·6\\ -2·\left(-2\right)-6·\left(-3\right)\\ 6·6-\left(-3\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9+12\\ 4+18\\ 36-6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}21\\ 22\\ 30\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}17\\ -9\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}17\\ -9\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}21\\ 22\\ 30\end{array}\right)$.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = -2⋅t +12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{2}$=$6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ -1\end{array}\right)$.

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

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)|$ = 49

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

7 ⋅ k⋅7 = 49 | :49

k = $\frac{\mathrm{49}}{\mathrm{49}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 9\\ -1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ 3\\ -5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-4|9|-1\right)$ oder C'$\left(8|3|-5\right)$.

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

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-2}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$