Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-8\mathrm{+8}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = -7⋅t -14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{7}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ -19\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -19⋅t -19 = 0 wird, also t=$-\frac{19}{19}$ = -1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-8\mathrm{+8}=0$.

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

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 3=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = -1⋅t +3 = 0 wird, also t=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1+6x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 3+3\cdot 6+\mathrm{(-5)}\cdot 3=-3\mathrm{+18}-15=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|-1|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|-1|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+6x_2+3x_3=6$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·3-6·6\\ 6·\left(-6\right)-3·3\\ 3·6-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-36\\ -36-9\\ 18-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ -45\\ -18\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$.

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-10\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ 8\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 3\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1·1-\left(-2\right)·2\\ -2·\left(-2\right)-\left(-2\right)·1\\ -2·2-\left(-1\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1+4\\ 4+2\\ -4-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)|$ = 9

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-1)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+2^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 9 | :9

k = $\frac{9}{9}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -4\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-1|1|-4\right)$ oder C'$\left(-3|-3|0\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ \mathrm{-4\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ \mathrm{-4\; -\; c}\end{array}\right)$ = $1·5+5·\left(-2\right)-5·\left(-4-c\right)$ = $5-10-5\left(-4-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-3}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

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