Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ -14\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -14⋅t +28 = 0 wird, also t=$\frac{28}{14}$ = 2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-2\mathrm{+2}\mathrm{+0}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = 5⋅t -25 = 0 wird, also t=$\frac{25}{5}$=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 5\end{array}\right)$=$6\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot 5=6-6\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(-4|4|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 5\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+x_2-2x_3=8$

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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-8·8\\ 8·8-8·\left(-4\right)\\ 8·8-\left(-4\right)·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-64\\ 64+32\\ 64+32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-48\\ 96\\ 96\end{array}\right)$ = -48⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=24 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ -8\\ 16\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ -8\\ 16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=20-20\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1-4x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-3)}\cdot 3=-15\mathrm{+24}-9=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|5|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|5|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1-4x_2+3x_3=-15$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)|$ = 147

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

7 ⋅ k⋅7 = 147 | :49

k = $\frac{\mathrm{147}}{\mathrm{49}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}18\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}16\\ -3\\ 15\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-18\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-20\\ 9\\ -3\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(16|-3|15\right)$ oder C'$\left(-20|9|-3\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-2·\left(-4\right)+3·\left(-5\right)-7·\left(4-c\right)$ = $8-15-7\left(4-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$