Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 1=0-5\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 1\end{array}\right)$ = 4⋅t -12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{4}$ = 3.

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

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

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

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-5)}=25\mathrm{+0}-25=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 2⋅t +20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{2}$=$-10$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -10\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -10\\ -5\end{array}\right)$=$3\cdot 5+2\cdot \mathrm{(-10)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}=15-20\mathrm{+5}=0$ 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:
$\left(-1|-1|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -10\\ -5\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 4=0\mathrm{+4}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ = 3⋅t -21 = 0 wird, also t=$\frac{21}{3}$=$7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ 1\\ 4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $7x_1+x_2+4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}7\\ 1\\ 4\end{array}\right)$=$3\cdot 7+\mathrm{(-1)}\cdot 1+\mathrm{(-5)}\cdot 4=21-1-20=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(3|5|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(3|5|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $7x_1+x_2+4x_3=38$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·\left(-9\right)-\left(-2\right)·6\\ -2·\left(-2\right)-\left(-9\right)·\left(-9\right)\\ -9·6-6·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54+12\\ 4-81\\ -54+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-42\\ -77\\ -42\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 11\\ 6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 11\\ 6\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 2=0\mathrm{+2}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ = 2⋅t +14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{2}$=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 1\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-7\\ 1\\ 2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-7)}+2\cdot 1+6\cdot 2=-14\mathrm{+2}\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(1|-3|3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-7\\ 1\\ 2\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-1·7\\ 1·4-\left(-8\right)·4\\ -8·7-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-7\\ 4+32\\ -56-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9\\ 36\\ -72\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)|$ = 324

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-8)}}^2+4^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+4^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 324 | :81

k = $\frac{\mathrm{324}}{\mathrm{81}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 16\\ -32\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 20\\ -31\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ -16\\ 32\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ -12\\ 33\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-4|20|-31\right)$ oder C'$\left(-12|-12|33\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·3+1·\left(6-c\right)+4·\left(-1\right)$ = $0+\left(6-c\right)-4$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{2}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ -1\end{array}\right)$