Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=20-20\mathrm{+0}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=2-2\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -6⋅t -18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{6}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 7\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-18\mathrm{+18}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 7⋅t +21 = 0 wird, also t=$-\frac{21}{7}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 7\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}+1\cdot 3+7\cdot \mathrm{(-3)}=18\mathrm{+3}-21=0$ 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:
$\left(5|-5|-5\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = -5⋅t -10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1+2x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 2+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}=-6-4\mathrm{+10}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|0|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|0|-4\right)$ in E ein:

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

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·1-8·8\\ 8·4-1·1\\ 1·8-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-64\\ 32-1\\ 8-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-60\\ 31\\ -8\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}60\\ -31\\ 8\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·0-8·6\\ 8·8-0·0\\ 0·6-6·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-48\\ 64+0\\ 0-48\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-48\\ 64\\ -48\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=20 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ 16\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ 16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-8)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ -8\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-15\\ -12\\ -6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ 8\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}17\\ 4\\ -10\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{1\; -\; c}\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ = $5·\left(1-c\right)+3·\left(-1\right)+11·\left(-2\right)$ = $5\left(1-c\right)-3-22$

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

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