Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

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

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

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

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -13\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{t}=3-3\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -13\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -13⋅t +13 = 0 wird, also t=$\frac{13}{13}$=$1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -13\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 1\end{array}\right)$=$1\cdot 1+4\cdot 3+\mathrm{(-13)}\cdot 1=1\mathrm{+12}-13=0$ 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:
$\left(-5|1|5\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 5\\ 5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 5=0-5\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}10\\ 5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 5\end{array}\right)$ = 10⋅t +20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{10}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1-x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1-x_2+5x_3=-22$

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}7\\ -6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·7-7·6\\ 7·\left(-6\right)-6·7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-36\\ -42-42\\ -42-42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ -84\\ -84\end{array}\right)$ = -84⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}33\\ 18\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}33\\ 18\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{t}+2\cdot 6=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = 3⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{3}$=$0$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 6\end{array}\right)$=$3\cdot 2+3\cdot 0+\mathrm{(-1)}\cdot 6=6\mathrm{+0}-6=0$ 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:
$\left(3|3|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 6\end{array}\right)$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ \mathrm{9\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ \mathrm{9\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·\left(-4\right)+3·\left(-3\right)-9·\left(9-c\right)$ = $0-9-9\left(9-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)|$ = 75

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

5 ⋅ k⋅5 = 75 | :25

k = $\frac{\mathrm{75}}{\mathrm{25}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -9\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 15\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 9\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 13\\ -9\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|-5|15\right)$ oder C'$\left(0|13|-9\right)$.