Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -19 = 0 wird, also t=$-19$ = -19.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -19\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -23\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -23⋅t +23 = 0 wird, also t=$\frac{23}{23}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 3\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 3⋅t +27 = 0 wird, also t=$-\frac{27}{3}$=$-9$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -9\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -9\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{(-9)}+3\cdot 5=-15\mathrm{+0}\mathrm{+15}=0$ 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:
$\left(4|2|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -9\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{2}$=$7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 7\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1-x_2+7x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 7\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot 7=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(3|5|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(3|5|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1-x_2+7x_3=-4$

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ 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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·3-3·\left(-2\right)\\ 3·\left(-6\right)-\left(-2\right)·3\\ -2·\left(-2\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18+6\\ -18+6\\ 4-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ -12\\ -32\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 8\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-10\\ -12\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ -12\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 8\end{array}\right)$.

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·2-6·\left(-3\right)\\ 6·6-2·2\\ 2·\left(-3\right)-\left(-3\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6+18\\ 36-4\\ -6+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ 32\\ 12\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 8\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -9\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -9\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 8\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·2-2·1\\ 2·2-\left(-1\right)·2\\ -1·1-\left(-2\right)·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4-2\\ 4+2\\ -1+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = 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}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)|$ = 36

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ 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 = 36 | :9

k = $\frac{\mathrm{36}}{9}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ 6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ -10\\ -2\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-9|6|6\right)$ oder C'$\left(7|-10|-2\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $1·1-1·\left(-6-c\right)-2·\left(-1\right)$ = $1-\left(-6-c\right)+2$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-9}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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