Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 4=0-4\mathrm{+4}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ -1\\ 4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=5-5\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +17 = 0 wird, also t=$-17$ = -17.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -17\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+12}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ = -3⋅t +6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{3}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -3\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -13\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -13\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = -13⋅t +13 = 0 wird, also t=$\frac{13}{13}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1+2x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -13\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-1)}\cdot 2+\mathrm{(-13)}\cdot 1=15-2-13=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|1|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|1|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1+2x_2+x_3=27$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·2-\left(-9\right)·\left(-9\right)\\ -9·\left(-6\right)-2·2\\ 2·\left(-9\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12-81\\ 54-4\\ -18-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-93\\ 50\\ -54\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}20\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}20\\ -6\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}93\\ -50\\ 54\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·0-0·8\\ 0·\left(-6\right)-8·0\\ 8·8-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+0\\ 0+0\\ 64-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 28\end{array}\right)$ = 28⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=30 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}27\\ -18\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}27\\ -18\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+2^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ 6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ -10\\ -2\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ \mathrm{-8\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ \mathrm{-8\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-4·2-1·\left(-4\right)-4·\left(-8-c\right)$ = $-8+4-4\left(-8-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -1\end{array}\right)$