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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = 2⋅t -14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{2}$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 7\\ -2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}=-9\mathrm{+0}\mathrm{+9}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 3⋅t +15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$ = -5.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{(-2)}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(-2|5|1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ 14\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ 14\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 14⋅t +56 = 0 wird, also t=$-\frac{56}{14}$=$-4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1+5x_2-4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -4\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 5+0\cdot \mathrm{(-4)}=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|4|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|4|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+5x_2-4x_3=24$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·\left(-8\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·1-1·\left(-8\right)\\ 1·\left(-4\right)-\left(-8\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-16\\ -4+8\\ -4+8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}12\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ -24\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}11\\ -24\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}12\\ 1\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

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

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)|$ = 81

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

9 ⋅ k⋅9 = 81 | :81

k = $\frac{\mathrm{81}}{\mathrm{81}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ -8\\ -7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 0\\ -9\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-7|-8|-7\right)$ oder C'$\left(9|0|-9\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{2\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{2\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·5-1·\left(2-c\right)-11·\left(-1\right)$ = $-15-\left(2-c\right)+11$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{6}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -1\end{array}\right)$