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

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$, 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 Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +3 = 0 wird, also t=$-3$ = -3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -11\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -11⋅t -44 = 0 wird, also t=$-\frac{44}{11}$=$-4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -11\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-4)}\cdot 5+\mathrm{(-11)}\cdot \mathrm{(-4)}=-24-20\mathrm{+44}=0$ 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:
$\left(4|2|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -7\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -7\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-7)}\cdot 2+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}=6-14\mathrm{+8}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(4|0|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(4|0|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+2x_2-2x_3=-20$

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·2-\left(-6\right)·\left(-3\right)\\ -6·\left(-6\right)-2·2\\ 2·\left(-3\right)-\left(-3\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6-18\\ 36-4\\ -6-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-24\\ 32\\ -24\end{array}\right)$ = 8⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=3 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+2^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+6^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 8\\ -3\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -9\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·0-1·\left(-c\right)+5·\left(-1\right)$ = $0+c-5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$