Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=3-3\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -17 = 0 wird, also t=$-17$ = -17.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ -17\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 2=0-8\mathrm{+8}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}11\\ -5\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ = 11⋅t +22 = 0 wird, also t=$-\frac{22}{11}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -7\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}=-25\mathrm{+0}\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -7\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -7⋅t -35 = 0 wird, also t=$-\frac{35}{7}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -7\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ -5\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-7)}\cdot \mathrm{(-5)}+4\cdot \mathrm{(-5)}=-15\mathrm{+35}-20=0$ 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:
$\left(5|1|3\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-5)}=0\mathrm{+15}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$ = 1⋅t +17 = 0 wird, also t=$-17$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-17\\ -3\\ -5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-17x_1-3x_2-5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-17\\ -3\\ -5\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-17)}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}=-17\mathrm{+12}\mathrm{+5}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|5|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|5|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-17x_1-3x_2-5x_3=55$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·3-3·6\\ 3·\left(-6\right)-6·3\\ 6·6-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-18\\ -18-18\\ 36-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36\\ -36\\ 0\end{array}\right)$ = -36⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ -12\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ -12\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}7\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}7\\ -6\\ 6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}7\\ -6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-7·\left(-6\right)\\ 7·7-\left(-6\right)·6\\ -6·\left(-6\right)-6·7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36+42\\ 49+36\\ 36-42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}78\\ 85\\ -6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=22 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-26\\ 12\\ 14\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-26\\ 12\\ 14\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}78\\ 85\\ -6\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)|$ = 100

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

5 ⋅ k⋅5 = 100 | :25

k = $\frac{\mathrm{100}}{\mathrm{25}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 0\\ 16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-16\\ 0\\ 13\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 0\\ -16\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ -19\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-16|0|13\right)$ oder C'$\left(8|0|-19\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ \mathrm{-6\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ \mathrm{-6\; -\; c}\end{array}\right)$ = $2·\left(-3\right)+0·5-6·\left(-6-c\right)$ = $-6+0-6\left(-6-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-5}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$