Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 2=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = -5⋅t -25 = 0 wird, also t=$-\frac{25}{5}$ = -5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 2\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = -2⋅t +4 = 0 wird, also t=$\frac{4}{2}$ = 2.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=5-5\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +19 = 0 wird, also t=$19$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 19\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 19\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}9\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-1)}=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}9\\ 4\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -1\end{array}\right)$ = 9⋅t -27 = 0 wird, also t=$\frac{27}{9}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1-6x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -1\end{array}\right)$=$0\cdot 3+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-1)}=0\mathrm{+6}-6=0$ 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: $3x_1-6x_2-x_3=15$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ -8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ -8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·\left(-8\right)-8·8\\ 8·\left(-4\right)-\left(-4\right)·\left(-8\right)\\ -4·8-\left(-8\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-64\\ -32-32\\ -32-32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ -64\\ -64\end{array}\right)$ = -64⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=36 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-16\\ -24\\ 24\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-16\\ -24\\ 24\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +37 = 0 wird, also t=$37$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ 37\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ 37\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 6+0\cdot 37=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(-3|2|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ 37\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9·7-\left(-6\right)·6\\ -6·6-\left(-2\right)·7\\ -2·6-9·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}63+36\\ -36+14\\ -12-54\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}99\\ -22\\ -66\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)|$ = 363

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+9^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}27\\ -6\\ -18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}25\\ 3\\ -24\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-27\\ 6\\ 18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-29\\ 15\\ 12\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(25|3|-24\right)$ oder C'$\left(-29|15|12\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -2\end{array}\right)$ = $-4·1-4·\left(3-c\right)+8·\left(-2\right)$ = $-4-4\left(3-c\right)-16$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{8}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -2\end{array}\right)$