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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -1⋅t -2 = 0 wird, also t=$-2$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-16\mathrm{+16}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ -8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -8⋅t -32 = 0 wird, also t=$-\frac{32}{8}$ = -4.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ 3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 5=25\mathrm{+0}-25=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -5⋅t +35 = 0 wird, also t=$\frac{35}{5}$=$7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 7\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 7\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot 7+\mathrm{(-5)}\cdot 5=25\mathrm{+0}-25=0$ 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:
$\left(-5|-3|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 7\\ 5\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 6=0\mathrm{+12}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = 6⋅t -42 = 0 wird, also t=$\frac{42}{6}$=$7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ 2\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $7x_1+2x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}7\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$6\cdot 7+\mathrm{(-6)}\cdot 2+\mathrm{(-5)}\cdot 6=42-12-30=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|-3|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|-3|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $7x_1+2x_2+6x_3=10$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·3-3·2\\ 3·\left(-6\right)-2·3\\ 2·2-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-6\\ -18-6\\ 4-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-24\\ -24\\ -32\end{array}\right)$ = -8⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}12\\ -18\\ 9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}12\\ -18\\ 9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 4\end{array}\right)$.

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ -6\end{array}\right)$ 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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-8\\ -6\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·0-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-8\right)-0·0\\ 0·\left(-6\right)-\left(-8\right)·\left(-8\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-36\\ 48+0\\ 0-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36\\ 48\\ -64\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -12\\ 16\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -10\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -10\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ -12\\ 16\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)|$ = 50

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

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ -2\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 10\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(11|-2|0\right)$ oder C'$\left(-5|10|0\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $4·5+5·\left(-c\right)-5·\left(-1\right)$ = $20-5c+5$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -1\end{array}\right)$