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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t -39 = 0 wird, also t=$\frac{39}{3}$ = 13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 13\end{array}\right)$

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 $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{2}$ = 0.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = -2⋅t +4 = 0 wird, also t=$\frac{4}{2}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot 5=-5\mathrm{+0}\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 1⋅t +11 = 0 wird, also t=$-11$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -11\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1-11x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -11\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 1+1\cdot \mathrm{(-11)}+3\cdot 5=-4-11\mathrm{+15}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|4|-3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|4|-3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1-11x_2+5x_3=-63$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-1)}=0\mathrm{+2}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ = -4⋅t -16 = 0 wird, also t=$-\frac{16}{4}$=$-4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-4x_1-2x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+6\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot \mathrm{(-1)}=16-12-4=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|0|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|0|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-4x_1-2x_2-x_3=-2$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

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

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ \mathrm{4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ \mathrm{4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·0+2·\left(4-c\right)-10·\left(-1\right)$ = $0+2\left(4-c\right)+10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -1\end{array}\right)$