Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=25-25\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t -30 = 0 wird, also t=$\frac{30}{3}$ = 10.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 10\end{array}\right)$

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

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

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

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

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

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

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = -9⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{9}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-4x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ -4\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-9)}\cdot 2+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+2\cdot 1=-18\mathrm{+16}\mathrm{+2}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|3|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|3|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-4x_2+x_3=-12$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-0·0\\ 0·8-8·6\\ 8·0-6·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36+0\\ 0-48\\ 0-48\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36\\ -48\\ -48\end{array}\right)$ = -12⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=30 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}21\\ 18\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}21\\ 18\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·\left(-2\right)-\left(-2\right)·3\\ -2·\left(-6\right)-3·\left(-2\right)\\ 3·3-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12+6\\ 12+6\\ 9-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18\\ 18\\ -27\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=21 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -18\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -18\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·1-2·\left(-2\right)\\ 2·\left(-2\right)-\left(-1\right)·1\\ -1·\left(-2\right)-2·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2+4\\ -4+1\\ 2+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)|$ = 9

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+2^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+1^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 9 | :9

k = $\frac{9}{9}$ = 1

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

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-3|3|0\right)$ oder C'$\left(1|1|4\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ = $3·\left(1-c\right)-4·\left(-1\right)-2·\left(-1\right)$ = $3\left(1-c\right)+4+2$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{3}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

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