Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+1\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 1=0\mathrm{+3}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ = -1⋅t -19 = 0 wird, also t=$-19$ = -19.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-19\\ 3\\ 1\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-9\mathrm{+9}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ = 2⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{2}$ = -9.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ 3\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -6\end{array}\right)$ 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 Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+1\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 1=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 1\end{array}\right)$ = 8⋅t -40 = 0 wird, also t=$\frac{40}{8}$=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ -6\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 1\end{array}\right)$=$8\cdot 5+\mathrm{(-6)}\cdot 6+\mathrm{(-4)}\cdot 1=40-36-4=0$ 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:
$\left(-2|4|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -23\\ 5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}+6\cdot 1=-6\mathrm{+0}\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}3\\ -23\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = -23⋅t +23 = 0 wird, also t=$\frac{23}{23}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1+x_2+x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1+x_2+x_3=23$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-\left(-2\right)·4\\ -2·\left(-2\right)-4·\left(-4\right)\\ 4·4-\left(-4\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+8\\ 4+16\\ 16-8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}24\\ 20\\ 8\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+30}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -6\end{array}\right)$ = 1⋅t -31 = 0 wird, also t=$31$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}31\\ -5\\ -6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $31x_1-5x_2-6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}31\\ -5\\ -6\end{array}\right)$=$1\cdot 31+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+6\cdot \mathrm{(-6)}=31\mathrm{+5}-36=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|-4|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|-4|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $31x_1-5x_2-6x_3=45$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{-2\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{-2\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·1-2·\left(-2-c\right)-10·\left(-1\right)$ = $0-2\left(-2-c\right)+10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

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

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-6·3\\ 6·6-3·\left(-2\right)\\ 3·3-\left(-2\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-18\\ 36+6\\ 9+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-14\\ 42\\ 21\end{array}\right)$ = 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)$\right|$ = $\sqrt{3^2+{\mathrm{(-2)}}^2+6^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+6^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 24\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 22\\ 18\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -24\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ -26\\ -6\end{array}\right)$

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