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 $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -17\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -17⋅t +17 = 0 wird, also t=$\frac{17}{17}$ = 1.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{3}$ = -2.

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=12-12\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 8\end{array}\right)$=$2\cdot 2+2\cdot 6+\mathrm{(-2)}\cdot 8=4\mathrm{+12}-16=0$ 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:
$\left(-2|0|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 8\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 1=0-6\mathrm{+6}=0$.

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

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1-6x_2+x_3=-16$

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=5 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-12\\ 16\\ 9\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=30-30\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -6\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -61 = 0 wird, also t=$61$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 61\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -6\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 61\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-6)}\cdot 6+1\cdot 61=-25-36\mathrm{+61}=0$ 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:
$\left(1|-1|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 61\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·4-\left(-8\right)·4\\ -8·\left(-7\right)-\left(-4\right)·4\\ -4·4-1·\left(-7\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+32\\ 56+16\\ -16+7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36\\ 72\\ -9\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)|$ = 162

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+1^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-8)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 162 | :81

k = $\frac{\mathrm{162}}{\mathrm{81}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ -16\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ -15\\ -6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ 16\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 17\\ -10\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-12|-15|-6\right)$ oder C'$\left(4|17|-10\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{5\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{5\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ = $4·\left(5-c\right)-5·3+1·\left(-1\right)$ = $4\left(5-c\right)-15-1$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{1}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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