Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -11⋅t +11 = 0 wird, also t=$\frac{11}{11}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-5)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}=0-15\mathrm{+15}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -5\end{array}\right)$ = 8⋅t +32 = 0 wird, also t=$-\frac{32}{8}$=$-4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -5\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-6)}\cdot 2=12\mathrm{+0}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 8\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = 8⋅t +32 = 0 wird, also t=$-\frac{32}{8}$=$-4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1-4x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 8\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}+8\cdot \mathrm{(-4)}+1\cdot 2=30-32\mathrm{+2}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|3|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|3|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1-4x_2+2x_3=10$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=15 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-13\\ -12\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-13\\ -12\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}+6\cdot \mathrm{(-5)}=30\mathrm{+0}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 2⋅t -16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{2}$=$8$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 8\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 8\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 6+0\cdot 8+6\cdot \mathrm{(-5)}=30\mathrm{+0}-30=0$ 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:
$\left(2|5|3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 8\\ -5\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+3^2+6^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 9\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ 5\\ 3\end{array}\right)$

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

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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $4·\left(-4\right)-3·\left(3-c\right)-4·\left(-1\right)$ = $-16-3\left(3-c\right)+4$

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

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