Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-8\mathrm{+8}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{4}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+6}-6=0$.

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

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -7 = 0 wird, also t=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -7\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -7\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+3\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-7)}=-4-3\mathrm{+7}=0$ 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:
$\left(-2|0|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -7\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 17\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot 2=12\mathrm{+0}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 17\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = 17⋅t -34 = 0 wird, also t=$\frac{34}{17}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1+2x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 17\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 2\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-6)}+17\cdot 2+\mathrm{(-5)}\cdot 2=-24\mathrm{+34}-10=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(4|2|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(4|2|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+2x_2+2x_3=-12$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$.

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ -8\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ -8\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ 12\\ 9\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)|$ = 25

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

5 ⋅ k⋅5 = 25 | :25

k = $\frac{\mathrm{25}}{\mathrm{25}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ 0\\ 1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(7|0|1\right)$ oder C'$\left(1|0|-7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{9\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{9\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ = $4·\left(9-c\right)-4·5+0·\left(-1\right)$ = $4\left(9-c\right)-20+0$

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

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