Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-4)}=0\mathrm{+16}-16=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ = 4⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{4}$ = 0.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 3\end{array}\right)$ = 9⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{9}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+2}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ = 1⋅t -11 = 0 wird, also t=$11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ -1\\ -2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}11\\ -1\\ -2\end{array}\right)$=$1\cdot 11+5\cdot \mathrm{(-1)}+3\cdot \mathrm{(-2)}=11-5-6=0$ 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:
$\left(2|0|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}11\\ -1\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 3=0\mathrm{+12}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = -2⋅t +2 = 0 wird, also t=$\frac{2}{2}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+4x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 1+\mathrm{(-4)}\cdot 4+6\cdot 3=-2-16\mathrm{+18}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-4|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-4|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+4x_2+3x_3=-11$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·3-0·\left(-4\right)\\ 0·0-\left(-4\right)·3\\ -4·\left(-4\right)-3·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9+0\\ 0+12\\ 16+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9\\ 12\\ 16\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-15\\ 9\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-15\\ 9\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 12\\ 16\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -7\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -7\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-7·\left(-7\right)-6·6\\ 6·6-6·\left(-7\right)\\ 6·6-\left(-7\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}49-36\\ 36+42\\ 36+42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}13\\ 78\\ 78\end{array}\right)$ = 13⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ -7\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ -7\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·0-3·0\\ 3·1-0·0\\ 0·0-\left(-4\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+0\\ 3+0\\ 0+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)|$ = 50

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+{\mathrm{(-4)}}^2+3^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+3^2+4^2}=\sqrt{25}=5$ gilt somit:

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 11\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -10\\ -5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|2|11\right)$ oder C'$\left(0|-10|-5\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ \mathrm{-4\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ \mathrm{-4\; -\; c}\end{array}\right)$ = $5·3+5·\left(-5\right)-10·\left(-4-c\right)$ = $15-25-10\left(-4-c\right)$

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

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