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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -11 = 0 wird, also t=$11$ = 11.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 11\end{array}\right)$

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 $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$ = -2.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}=-15\mathrm{+0}\mathrm{+15}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 2⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{2}$=$-6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -5\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-3)}+2\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}=-3-12\mathrm{+15}=0$ 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:
$\left(3|3|5\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 6=30\mathrm{+0}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = 2⋅t -50 = 0 wird, also t=$\frac{50}{2}$=$25$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 25\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1+25x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 25\\ 6\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-5)}+2\cdot 25+\mathrm{(-5)}\cdot 6=-20\mathrm{+50}-30=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|2|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|2|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1+25x_2+6x_3=89$

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}8\\ 3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=4-4\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t -20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{4}$=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 5\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 5\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·3-\left(-2\right)·\left(-6\right)\\ -2·2-\left(-6\right)·3\\ -6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9-12\\ -4+18\\ 36+6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-21\\ 14\\ 42\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)|$ = 98

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -7\\ -14\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ 1\\ 10\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|-7|-14\right)$ oder C'$\left(-12|1|10\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{9\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{9\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ = $2·\left(9-c\right)+2·5+8·\left(-1\right)$ = $2\left(9-c\right)+10-8$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}9\\ 5\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -1\end{array}\right)$