Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 3=0\mathrm{+12}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = -1⋅t +2 = 0 wird, also t=$2$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 3\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 3=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = 4⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{4}$ = -3.

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=9-9\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 6⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{6}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 3+3\cdot 3+6\cdot \mathrm{(-3)}=9\mathrm{+9}-18=0$ 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:
$\left(3|0|2\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 5=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -1⋅t -5 = 0 wird, also t=$-5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-5x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-3)}\cdot 5=15\mathrm{+0}-15=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|3|-3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|3|-3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1-5x_2+5x_3=-15$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=21 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}16\\ -6\\ 9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ 2\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-1)}=6\mathrm{+0}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = 2⋅t +34 = 0 wird, also t=$-\frac{34}{2}$=$-17$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -17\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1-17x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -17\\ -1\end{array}\right)$=$5\cdot 6+2\cdot \mathrm{(-17)}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}=30-34\mathrm{+4}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-3|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-3|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1-17x_2-x_3=44$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-\left(-2\right)·1\\ -2·\left(-2\right)-1·\left(-2\right)\\ 1·1-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+2\\ 4+2\\ 1-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)|$ = 9

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 9 | :9

k = $\frac{9}{9}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ -1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-1|-4|-1\right)$ oder C'$\left(3|0|-3\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ \mathrm{-2\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ \mathrm{-2\; -\; c}\end{array}\right)$ = $5·3-1·5+10·\left(-2-c\right)$ = $15-5+10\left(-2-c\right)$

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

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