Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-4)}=20\mathrm{+0}-20=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = 2⋅t -22 = 0 wird, also t=$\frac{22}{2}$ = 11.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 11\\ -4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-5)}=25\mathrm{+0}-25=0$.

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

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = 2⋅t +14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{2}$=$-7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ 6\end{array}\right)$=$2\cdot 1+2\cdot \mathrm{(-7)}+2\cdot 6=2-14\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(-1|4|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ 6\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-1)}\cdot 3=3\mathrm{+0}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -2⋅t -16 = 0 wird, also t=$-\frac{16}{2}$=$-8$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -8\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{-}{x}_1-8x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -8\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{(-8)}+\mathrm{(-1)}\cdot 3=3\mathrm{+0}-3=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-1|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-1|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1-8x_2+3x_3=-9$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-3·\left(-6\right)\\ 3·3-\left(-6\right)·6\\ -6·\left(-6\right)-6·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36+18\\ 9+36\\ 36-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}54\\ 45\\ 18\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ 6\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$.

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ 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:

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ nehmen.

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-4·\left(-1\right)+5·\left(-2\right)-6·\left(5-c\right)$ = $4-10-6\left(5-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{6}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)|$ = 18

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

3 ⋅ k⋅3 = 18 | :9

k = $\frac{\mathrm{18}}{9}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 2\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(3|0|-6\right)$ oder C'$\left(-5|-4|2\right)$.