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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$ = -5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ -5\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}=0-25\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ = -2⋅t -40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{2}$ = -20.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-20\\ 5\\ -5\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+10}-10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$ = -1⋅t -7 = 0 wird, also t=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -5\\ -2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-7\\ -5\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-7)}+1\cdot \mathrm{(-5)}+1\cdot \mathrm{(-2)}=7-5-2=0$ 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:
$\left(-5|-2|1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-7\\ -5\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -3\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -3\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 5\end{array}\right)$ = 7⋅t +28 = 0 wird, also t=$-\frac{28}{7}$=$-4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -6\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-4x_1-6x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -3\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ -6\\ 5\end{array}\right)$=$7\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}+2\cdot 5=-28\mathrm{+18}\mathrm{+10}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|5|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|5|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-4x_1-6x_2+5x_3=-20$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·0-4·4\\ 4·3-0·0\\ 0·4-3·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-16\\ 12+0\\ 0-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-16\\ 12\\ -9\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ -12\\ 9\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -11\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-3)}=12\mathrm{+0}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -11\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -11⋅t -22 = 0 wird, also t=$-\frac{22}{11}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -11\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+\mathrm{(-11)}\cdot \mathrm{(-2)}+6\cdot \mathrm{(-3)}=-4\mathrm{+22}-18=0$ 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:
$\left(-1|0|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -3\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 9\end{array}\right)|$ = 484

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

11 ⋅ k⋅11 = 484 | :121

k = $\frac{\mathrm{484}}{\mathrm{121}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-24\\ 8\\ 36\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-30\\ -1\\ 34\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}24\\ -8\\ -36\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}18\\ -17\\ -38\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-30|-1|34\right)$ oder C'$\left(18|-17|-38\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ = $-2·\left(1-c\right)+5·\left(-4\right)-8·\left(-2\right)$ = $-2\left(1-c\right)-20+16$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{3}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -2\end{array}\right)$

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