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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{2}$ = -4.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 1\end{array}\right)$ = 1⋅t +7 = 0 wird, also t=$-7$ = -7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}=-4\mathrm{+0}\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = -2⋅t -6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{2}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+4\cdot \mathrm{(-2)}=2\mathrm{+6}-8=0$ 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:
$\left(3|3|3\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 5=20\mathrm{+0}-20=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -5⋅t +15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{5}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-4x_1+3x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-4x_1+3x_2+5x_3=19$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 12\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 12\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 9\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=12-12\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -17 = 0 wird, also t=$-17$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -17\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -17\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 4+\mathrm{(-3)}\cdot 3+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-17)}=-8-9\mathrm{+17}=0$ 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:
$\left(5|4|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -17\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)|$ = 50

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+4^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{25}=5$ gilt somit:

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -10\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -11\\ 2\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|5|-10\right)$ oder C'$\left(0|-11|2\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ \mathrm{-7\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ \mathrm{-7\; -\; c}\end{array}\right)$ = $3·\left(-4\right)+2·4-4·\left(-7-c\right)$ = $-12+8-4\left(-7-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-6}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -1\end{array}\right)$