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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = -5⋅t -10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +3 = 0 wird, also t=$\frac{3}{3}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 2+0\cdot \mathrm{t}+2\cdot \mathrm{(-5)}=10\mathrm{+0}-10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -7⋅t -7 = 0 wird, also t=$-\frac{7}{7}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -5\end{array}\right)$=$4\cdot 2+\mathrm{(-7)}\cdot \mathrm{(-1)}+3\cdot \mathrm{(-5)}=8\mathrm{+7}-15=0$ 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:
$\left(0|4|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ -5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}+6\cdot \mathrm{(-3)}=18\mathrm{+0}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -5⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{5}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1-3x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 6+0\cdot \mathrm{(-3)}+6\cdot \mathrm{(-3)}=18\mathrm{+0}-18=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|0|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|0|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1-3x_2-3x_3=-12$

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7·6-6·6\\ 6·7-6·6\\ 6·6-7·7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}42-36\\ 42-36\\ 36-49\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -13\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}20\\ 7\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}20\\ 7\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 13\end{array}\right)$.

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=3 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ \mathrm{9\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ \mathrm{9\; -\; c}\end{array}\right)$ = $2·1-3·3-7·\left(9-c\right)$ = $2-9-7\left(9-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)|$ = 196

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 196 | :49

k = $\frac{\mathrm{196}}{\mathrm{49}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ -24\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ -26\\ 6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ 24\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 22\\ -18\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-11|-26|6\right)$ oder C'$\left(5|22|-18\right)$.