Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-8\mathrm{+8}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t -8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{4}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot \mathrm{(-5)}=10\mathrm{+0}-10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -3⋅t -3 = 0 wird, also t=$-\frac{3}{3}$ = -1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-2)}=2\mathrm{+0}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = 4⋅t -8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{4}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 6=30\mathrm{+0}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = 5⋅t +35 = 0 wird, also t=$-\frac{35}{5}$=$-7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -7\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1-7x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -7\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-7)}+5\cdot 6=5-35\mathrm{+30}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|-5|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|-5|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1-7x_2+6x_3=63$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·4-4·\left(-8\right)\\ 4·1-\left(-8\right)·4\\ -8·\left(-8\right)-1·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+32\\ 4+32\\ 64-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36\\ 36\\ 63\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ 2\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ 2\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$.

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

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

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-3)}\cdot 6=12\mathrm{+6}-18=0$ 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:
$\left(4|-2|1\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)|$ = 121

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2+{\mathrm{(-9)}}^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+{\mathrm{(-6)}}^2+2^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 121 | :121

k = $\frac{\mathrm{121}}{\mathrm{121}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ -12\\ -7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ 0\\ -11\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(7|-12|-7\right)$ oder C'$\left(-11|0|-11\right)$.

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

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -1\end{array}\right)$