Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-16\mathrm{+16}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t +28 = 0 wird, also t=$-\frac{28}{4}$ = -7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$ = 3.

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -3⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-3)}=-18\mathrm{+0}\mathrm{+18}=0$ 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:
$\left(-5|1|1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-18\mathrm{+18}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t -21 = 0 wird, also t=$\frac{21}{3}$=$7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 7\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1-6x_2+7x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1-6x_2+7x_3=-18$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-3\right)-2·2\\ 2·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-3\right)\\ -6·2-\left(-3\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9-4\\ -12-18\\ -12-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}5\\ -30\\ -30\end{array}\right)$ = 5⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -6\\ -6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-10\\ -6\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ -6\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -6\\ -6\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-24\mathrm{+24}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +2 = 0 wird, also t=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1-6x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{(-2)}=-24\mathrm{+24}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(3|-2|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(3|-2|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1-6x_2-2x_3=22$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·\left(-2\right)-2·2\\ 2·1-2·\left(-2\right)\\ 2·2-1·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2-4\\ 2+4\\ 4-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)|$ = 9

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+1^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+2^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 9 | :9

k = $\frac{9}{9}$ = 1

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

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|3|3\right)$ oder C'$\left(4|-1|1\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ \mathrm{-5\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ \mathrm{-5\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-5·5-2·\left(-5\right)-5·\left(-5-c\right)$ = $-25+10-5\left(-5-c\right)$

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

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