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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{2}$ = -3.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot 2=-10\mathrm{+0}\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = 1⋅t +13 = 0 wird, also t=$-13$ = -13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -13\\ 2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=-30\mathrm{+0}\mathrm{+30}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -6\end{array}\right)$ = -1⋅t -1 = 0 wird, also t=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=-30\mathrm{+0}\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(2|-4|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -6\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 1=-2\mathrm{+0}\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = -2⋅t +10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{2}$=$5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1+5x_2+x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+5x_2+x_3=-15$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·4-0·0\\ 0·\left(-3\right)-4·4\\ 4·0-\left(-3\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12+0\\ 0-16\\ 0-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ -16\\ -9\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=5 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}12\\ 16\\ 9\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-\left(-7\right)·\left(-4\right)\\ -7·\left(-7\right)-\left(-4\right)·4\\ -4·\left(-4\right)-4·\left(-7\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-28\\ 49+16\\ 16+28\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ 65\\ 44\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-19\\ 12\\ -21\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-19\\ 12\\ -21\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-12\\ 65\\ 44\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2+2^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+3^2+6^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ 6\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ 0\\ 14\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -12\\ -10\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-4·3-3·\left(1-c\right)-9·\left(-1\right)$ = $-12-3\left(1-c\right)+9$

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

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