Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-16\mathrm{+16}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}11\\ -6\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ = 11⋅t -44 = 0 wird, also t=$\frac{44}{11}$ = 4.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-3\mathrm{+3}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -3\end{array}\right)$ = -2⋅t +8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{2}$ = 4.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=10-10\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -19 = 0 wird, also t=$19$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 19\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 19\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 2+\mathrm{(-3)}\cdot 5+1\cdot 19=-4-15\mathrm{+19}=0$ 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:
$\left(3|-3|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 19\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -4\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -4\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ = -14⋅t +42 = 0 wird, also t=$\frac{42}{14}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ -6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1-3x_2-6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -4\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ -6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-14)}\cdot 3+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=-42\mathrm{+12}\mathrm{+30}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-4|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-4|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1-3x_2-6x_3=9$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 1\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-1·1\\ 1·8-8·\left(-4\right)\\ 8·1-\left(-4\right)·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-1\\ 8+32\\ 8+32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}15\\ 40\\ 40\end{array}\right)$ = 5⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 8\\ 8\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ -8\\ 2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}15\\ -8\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 8\\ 8\end{array}\right)$.

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-8\\ -8\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-\left(-8\right)·\left(-8\right)\\ -8·\left(-8\right)-\left(-8\right)·\left(-4\right)\\ -8·\left(-8\right)-\left(-4\right)·\left(-8\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-64\\ 64-32\\ 64-32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-48\\ 32\\ 32\end{array}\right)$ = -16⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-15\\ -8\\ -16\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-15\\ -8\\ -16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-9)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+2^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}36\\ 8\\ -24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}34\\ -1\\ -30\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-36\\ -8\\ 24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-38\\ -17\\ 18\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{5\; -\; c}\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{5\; -\; c}\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ = $3·\left(5-c\right)+4·4+8·\left(-2\right)$ = $3\left(5-c\right)+16-16$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -2\end{array}\right)$