Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 5=0-25\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 5\end{array}\right)$ = -3⋅t -30 = 0 wird, also t=$-\frac{30}{3}$ = -10.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ -5\\ 5\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot \mathrm{(-2)}=4\mathrm{+0}-4=0$.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 4=16\mathrm{+0}-16=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -4⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{4}$=$4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 4=16\mathrm{+0}-16=0$ 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:
$\left(-2|-1|4\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}=-10\mathrm{+0}\mathrm{+10}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -5\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}=-2-8\mathrm{+10}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|0|-3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|0|-3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1-2x_2-5x_3=21$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-7\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -7\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -7\\ 6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-7\\ -6\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -7\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·6-6·\left(-7\right)\\ 6·\left(-6\right)-\left(-7\right)·6\\ -7·\left(-7\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36+42\\ -36+42\\ 49-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 13\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=33 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ -18\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ -18\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 13\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 5=20\mathrm{+0}-20=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 5\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-4)}+2\cdot 2+4\cdot 5=-24\mathrm{+4}\mathrm{+20}=0$ 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:
$\left(-2|1|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 5\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

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

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ \mathrm{4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ \mathrm{4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-4·\left(-3\right)+2·\left(4-c\right)+10·\left(-1\right)$ = $12+2\left(4-c\right)-10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

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