Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot 5=5\mathrm{+0}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 11\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 11⋅t +22 = 0 wird, also t=$-\frac{22}{11}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 5\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot 5=30\mathrm{+0}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-6\\ -13\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -13⋅t +26 = 0 wird, also t=$\frac{26}{13}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot 2+\mathrm{(-6)}\cdot 5=30\mathrm{+0}-30=0$ 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:
$\left(-2|-4|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)$ 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 $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ = 1⋅t -7 = 0 wird, also t=$7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -1\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $7x_1-x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}7\\ -1\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot 7+1\cdot \mathrm{(-1)}+6\cdot \mathrm{(-1)}=7-1-6=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|-2|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|-2|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $7x_1-x_2-x_3=8$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·0-0·4\\ 0·3-4·0\\ 4·4-3·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+0\\ 0+0\\ 16-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 7\end{array}\right)$ = 7⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=15 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}18\\ 9\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}18\\ 9\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 3=0-3\mathrm{+3}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t +6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{3}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 2+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 3=-6\mathrm{+3}\mathrm{+3}=0$ 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:
$\left(0|3|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 3\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)|$ = 36

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

3 ⋅ k⋅3 = 36 | :9

k = $\frac{\mathrm{36}}{9}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ -9\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 10\\ 7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(6|-6|-9\right)$ oder C'$\left(-2|10|7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ \mathrm{6\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ \mathrm{6\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-2·\left(-5\right)+0·3+10·\left(6-c\right)$ = $10+0+10\left(6-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{7}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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