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 $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 1\end{array}\right)$ = 1⋅t +2 = 0 wird, also t=$-2$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-5)}=0-20\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -5\end{array}\right)$ = 5⋅t -15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{5}$ = 3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 13\\ -6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ 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 $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 13\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = 13⋅t -26 = 0 wird, also t=$\frac{26}{13}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 13\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+13\cdot 2+\mathrm{(-6)}\cdot 6=10\mathrm{+26}-36=0$ 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:
$\left(-3|0|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 6\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{2}$=$-20$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ -20\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1+x_2-20x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 1\\ -20\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-4)}\cdot 1+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-20)}=-36-4\mathrm{+40}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|5|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|5|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+x_2-20x_3=-89$

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:

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -16\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ -16\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ -6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ -1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-1)}=0-6\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ -1\end{array}\right)$ = 2⋅t -32 = 0 wird, also t=$\frac{32}{2}$=$16$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ 6\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $16x_1+6x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}16\\ 6\\ -1\end{array}\right)$=$2\cdot 16+\mathrm{(-6)}\cdot 6+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}=32-36\mathrm{+4}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-4|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-4|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $16x_1+6x_2-x_3=55$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 8\end{array}\right)|$ = 162

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

9 ⋅ k⋅9 = 162 | :81

k = $\frac{\mathrm{162}}{\mathrm{81}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 2\\ 16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 10\\ 17\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -2\\ -16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ 6\\ -15\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-4|10|17\right)$ oder C'$\left(12|6|-15\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-4\; -\; c}\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-4\; -\; c}\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(-4-c\right)-2·1-1·\left(-1\right)$ = $-\left(-4-c\right)-2+1$

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

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