Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-4)}=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = 6⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{6}$ = 0.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5=0-10\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-10\\ -5\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ = -10⋅t -20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{10}$ = -2.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 7\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-3\mathrm{+3}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 7⋅t -14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{7}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 7\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 1+4\cdot \mathrm{(-3)}+7\cdot 2=-2-12\mathrm{+14}=0$ 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:
$\left(0|-4|1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = 1⋅t -2 = 0 wird, also t=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+2x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+2x_2-2x_3=-9$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ -1\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ -1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ -1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·8-\left(-1\right)·\left(-4\right)\\ -1·\left(-1\right)-\left(-4\right)·8\\ -4·\left(-4\right)-8·\left(-1\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-4\\ 1+32\\ 16+8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}60\\ 33\\ 24\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}20\\ 11\\ 8\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 24\\ -3\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ 24\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}20\\ 11\\ 8\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 1=4\mathrm{+0}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = 6⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{6}$=$0$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0·0-3·1\\ 3·0-\left(-4\right)·0\\ -4·1-0·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-3\\ 0+0\\ -4+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)|$ = 100

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+0^2+3^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+0^2+4^2}=\sqrt{25}=5$ gilt somit:

5 ⋅ k⋅5 = 100 | :25

k = $\frac{\mathrm{100}}{\mathrm{25}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 0\\ 16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ 19\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 0\\ -16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-16\\ 0\\ -13\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(8|0|19\right)$ oder C'$\left(-16|0|-13\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{2\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{2\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ = $1·\left(2-c\right)+2·\left(-5\right)-6·\left(-1\right)$ = $2-c-10+6$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-2}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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