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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 3=0\mathrm{+15}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 3\end{array}\right)$ = -6⋅t +12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{6}$ = 2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+10}-10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-37\\ 5\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -2\end{array}\right)$ = -37⋅t -37 = 0 wird, also t=$-\frac{37}{37}$ = -1.

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-36\mathrm{+36}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{3}$=$-4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-5)}\cdot 6+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-4)}=18-30\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(-2|4|2\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 3⋅t +9 = 0 wird, also t=$-\frac{9}{3}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ -5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{-}{x}_1-3x_2-5x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1-3x_2-5x_3=-30$

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ 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:

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ 0\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-17\\ 0\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ 9\\ -12\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=4-4\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t +6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{3}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1-2x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1-2x_2-2x_3=18$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·3-2·2\\ 2·6-\left(-3\right)·3\\ -3·2-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18-4\\ 12+9\\ -6-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}14\\ 21\\ -42\end{array}\right)$ = 7⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -6\end{array}\right)|$ = 49

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+6^2+2^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+3^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 49 | :49

k = $\frac{\mathrm{49}}{\mathrm{49}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 9\\ -4\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 8\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-1|9|-4\right)$ oder C'$\left(-5|3|8\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $4·\left(-4\right)-3·\left(3-c\right)-10·\left(-1\right)$ = $-16-3\left(3-c\right)+10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

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