Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=10-10\mathrm{+0}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -19 = 0 wird, also t=$-19$ = -19.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -19\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ 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 $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = -1⋅t -19 = 0 wird, also t=$-19$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -19\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -19\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-19)}+\mathrm{(-4)}\cdot 6=5\mathrm{+19}-24=0$ 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:
$\left(-5|2|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -19\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ = -5⋅t +15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{5}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1-3x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 3+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}+2\cdot 6=-15\mathrm{+3}\mathrm{+12}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-3|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-3|-5\right)$ in E ein:

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

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·\left(-3\right)-2·6\\ 2·2-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·6-6·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-12\\ 4-9\\ -18-12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-30\\ -5\\ -30\end{array}\right)$ = -5⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 18\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 18\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 6\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -9\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -9\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·2-\left(-9\right)·6\\ -9·\left(-9\right)-6·2\\ 6·6-2·\left(-9\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+54\\ 81-12\\ 36+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}58\\ 69\\ 54\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}58\\ 69\\ 54\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)|$ = 27

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

3 ⋅ k⋅3 = 27 | :9

k = $\frac{\mathrm{27}}{9}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 5\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(4|-7|5\right)$ oder C'$\left(-8|5|-1\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ \mathrm{-3\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ \mathrm{-3\; -\; c}\end{array}\right)$ = $3·3+0·0+9·\left(-3-c\right)$ = $9+0+9\left(-3-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-2}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$