Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}=-2\mathrm{+0}\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = 2⋅t -10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{2}$ = 5.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t -21 = 0 wird, also t=$\frac{21}{3}$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 7\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -6⋅t -30 = 0 wird, also t=$-\frac{30}{6}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 2+5\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}=-10-20\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(3|-2|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ 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 $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{2}$=$-12$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -12\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1+2x_2-12x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -12\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-5)}+2\cdot 2+2\cdot \mathrm{(-12)}=20\mathrm{+4}-24=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|4|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|4|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1+2x_2-12x_3=-52$

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

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

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}18\\ 0\\ 9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}18\\ 0\\ 9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·\left(-2\right)-\left(-6\right)·3\\ -6·\left(-6\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·3-3·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6+18\\ 36-4\\ -6+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ 32\\ 12\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 8\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=21 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 9\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 9\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 8\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

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

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{-5\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{-5\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·3+1·\left(-5-c\right)-6·\left(-1\right)$ = $-9+\left(-5-c\right)+6$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-8}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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