Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-10\mathrm{+10}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +13 = 0 wird, also t=$13$ = 13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 13\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-10\mathrm{+10}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$ = -5.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ 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 Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-5)}=30\mathrm{+0}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 3⋅t -27 = 0 wird, also t=$\frac{27}{3}$=$9$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 6+3\cdot 9+3\cdot \mathrm{(-5)}=-12\mathrm{+27}-15=0$ 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:
$\left(5|-1|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = -5⋅t -10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{-}{x}_1+4x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-2)}\cdot 4+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}=-2-8\mathrm{+10}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|-2|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|-2|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1+4x_2-2x_3=-5$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·2-6·6\\ 6·\left(-3\right)-\left(-3\right)·2\\ -3·6-2·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-36\\ -18+6\\ -18+6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32\\ -12\\ -12\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 3\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ 3\\ 3\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

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

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

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 8\end{array}\right)|$ = 243

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

9 ⋅ k⋅9 = 243 | :81

k = $\frac{\mathrm{243}}{\mathrm{81}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 3\\ 24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ 11\\ 25\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ -3\\ -24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}16\\ 5\\ -23\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-8|11|25\right)$ oder C'$\left(16|5|-23\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $1·\left(-2\right)-1·\left(-6-c\right)-1·\left(-1\right)$ = $-2-\left(-6-c\right)+1$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-5}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$