Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 4=16\mathrm{+0}-16=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 14\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = 14⋅t -28 = 0 wird, also t=$\frac{28}{14}$ = 2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-2)}=0-6\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ = 3⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{3}$ = -6.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, 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 Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ = 5⋅t +40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{5}$=$-8$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ -4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ -4\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-8)}+6\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=-40\mathrm{+24}\mathrm{+16}=0$ 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:
$\left(-4|1|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ -4\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+8}-8=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ = 4⋅t -20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{4}$=$5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1-4x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -2\end{array}\right)$=$4\cdot 5+2\cdot \mathrm{(-4)}+6\cdot \mathrm{(-2)}=20-8-12=0$ 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: $5x_1-4x_2-2x_3=-25$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·\left(-3\right)-2·6\\ 2·2-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·6-6·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-12\\ 4-9\\ -18-12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-30\\ -5\\ -30\end{array}\right)$ = -5⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 6\end{array}\right)$.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 5\end{array}\right)$ = -4⋅t +8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{4}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 2+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 5=-8\mathrm{+3}\mathrm{+5}=0$ 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:
$\left(0|1|1\right)$ liegt in E, da:

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

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·6-\left(-3\right)·3\\ -3·2-6·6\\ 6·3-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12+9\\ -6-36\\ 18-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}21\\ -42\\ 14\end{array}\right)$ = 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)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 2\end{array}\right)|$ = 98

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

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -12\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ -10\\ 1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 12\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(12|-10|1\right)$ oder C'$\left(0|14|-7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -3\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -3\end{array}\right)$ = $0·4+5·\left(-4-c\right)-5·\left(-3\right)$ = $0+5\left(-4-c\right)+15$

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

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