Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 1=-3\mathrm{+0}\mathrm{+3}=0$.

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

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=3-3\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 5⋅t +10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ -2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 6=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = -3⋅t -39 = 0 wird, also t=$-\frac{39}{3}$=$-13$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-13\\ 3\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-13\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-13)}+6\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 6=0\mathrm{+18}-18=0$ 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:
$\left(1|4|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-13\\ 3\\ 6\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ = -4⋅t -24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{4}$=$-6$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1-4x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ -1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+5\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-1)}=24-20-4=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|5|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|5|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1-4x_2-x_3=-7$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·\left(-8\right)-\left(-4\right)·8\\ -4·\left(-4\right)-8·\left(-8\right)\\ 8·8-\left(-8\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64+32\\ 16+64\\ 64-32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}96\\ 80\\ 32\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ -8\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ 19\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ 19\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 19⋅t -38 = 0 wird, also t=$\frac{38}{19}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ 19\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 5+6\cdot \mathrm{(-3)}+19\cdot 2=-20-18\mathrm{+38}=0$ 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:
$\left(4|-4|-2\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)|$ = 196

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

7 ⋅ k⋅7 = 196 | :49

k = $\frac{\mathrm{196}}{\mathrm{49}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ -24\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -26\\ -11\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 24\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-18\\ 22\\ 5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(6|-26|-11\right)$ oder C'$\left(-18|22|5\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{12\; -\; c}\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{12\; -\; c}\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ = $4·\left(12-c\right)-5·4+0·\left(-1\right)$ = $4\left(12-c\right)-20+0$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{7}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -1\end{array}\right)$