Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 2=8\mathrm{+0}-8=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = 2⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{2}$ = -4.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}=0-25\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ = -5⋅t +10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{5}$ = 2.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-3)}=9\mathrm{+0}-9=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 3⋅t -27 = 0 wird, also t=$\frac{27}{3}$=$9$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 9\\ -3\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 9\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=20-20\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +29 = 0 wird, also t=$-29$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -29\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-5x_1-4x_2-29x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -6\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -29\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-4)}+1\cdot \mathrm{(-29)}=5\mathrm{+24}-29=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|1|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|1|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-5x_1-4x_2-29x_3=127$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·2-1·2\\ 1·1-2·2\\ 2·2-2·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-2\\ 1-4\\ 4-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=33 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 18\\ 21\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 18\\ 21\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}85\\ -6\\ 78\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·4-1·4\\ 1·\left(-7\right)-\left(-4\right)·4\\ -4·4-\left(-8\right)·\left(-7\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32-4\\ -7+16\\ -16-56\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36\\ 9\\ -72\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)|$ = 324

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-8)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+1^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 324 | :81

k = $\frac{\mathrm{324}}{\mathrm{81}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ 4\\ -32\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-20\\ -4\\ -31\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ -4\\ 32\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ -12\\ 33\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-20|-4|-31\right)$ oder C'$\left(12|-12|33\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·\left(-2\right)-1·4-4·\left(-10-c\right)$ = $0-4-4\left(-10-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-9}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$