Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, 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 Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -5\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = -9⋅t +45 = 0 wird, also t=$\frac{45}{9}$ = 5.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-5)}=0\mathrm{+15}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$ = -6⋅t -30 = 0 wird, also t=$-\frac{30}{6}$ = -5.

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ -4\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}=0-4\mathrm{+4}=0$.

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

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

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}=-4\mathrm{+0}\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = 2⋅t +6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{2}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1-3x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-3)}+2\cdot \mathrm{(-2)}=10-6-4=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|3|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|3|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1-3x_2-2x_3=-9$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·1-2·2\\ 2·\left(-2\right)-1·1\\ 1·2-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2-4\\ -4-1\\ 2-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

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

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·9-9·\left(-2\right)\\ 9·\left(-6\right)-\left(-2\right)·9\\ -2·\left(-2\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54+18\\ -54+18\\ 4-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36\\ -36\\ -32\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ 8\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=22 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ -12\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ -12\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ 8\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}7\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+1^2+8^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+8^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ 32\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ 33\\ 12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ -32\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}20\\ -31\\ 4\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{14\; -\; c}\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{14\; -\; c}\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(14-c\right)+2·1-3·\left(-1\right)$ = $-\left(14-c\right)+2+3$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ 1\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -1\end{array}\right)$