Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 4=0-20\mathrm{+20}=0$.

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

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +17 = 0 wird, also t=$17$ = 17.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 17\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 5=-20\mathrm{+0}\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -3⋅t -3 = 0 wird, also t=$-\frac{3}{3}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 5\end{array}\right)$=$3\cdot 4+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-3)}\cdot 5=12\mathrm{+3}-15=0$ 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:
$\left(-3|-5|-5\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=9-9\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = -4⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{4}$=$0$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-3x_2=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-4)}\cdot 0=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-1|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-1|-4\right)$ in E ein:

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

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·\left(-2\right)-\left(-2\right)·6\\ -2·\left(-3\right)-6·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-9\\ 6+12\\ 6+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}27\\ 18\\ 18\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -7\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-7)}=12\mathrm{+2}-14=0$ 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:
$\left(-3|-1|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -7\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+3^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+4^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 16\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ 19\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ -16\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-16\\ -13\\ 0\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ \mathrm{-1\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ \mathrm{-1\; -\; c}\end{array}\right)$ = $5·\left(-5\right)+5·2-5·\left(-1-c\right)$ = $-25+10-5\left(-1-c\right)$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -3\end{array}\right)$