Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{t}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{2}$ = 8.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 8\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5=0-10\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ = 1⋅t +23 = 0 wird, also t=$-23$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-23\\ -2\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-23\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-23)}+5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5=0-10\mathrm{+10}=0$ 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:
$\left(2|1|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-23\\ -2\\ 5\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-16\mathrm{+16}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-16\mathrm{+16}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(3|5|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(3|5|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1+4x_2-4x_3=2$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·\left(-6\right)-\left(-6\right)·6\\ -6·\left(-3\right)-6·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-9\\ 18+36\\ 18+36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}27\\ 54\\ 54\end{array}\right)$ = 27⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-13\\ 12\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-13\\ 12\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·\left(-6\right)-3·\left(-6\right)\\ 3·3-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36+18\\ 9-36\\ 36+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}54\\ -27\\ 54\end{array}\right)$ = -27⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-13\\ -12\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-13\\ -12\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $\left|k\cdot $ \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = 98

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

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ 1\\ 10\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -7\\ -14\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(12|1|10\right)$ oder C'$\left(0|-7|-14\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-3·1-5·\left(-5\right)+11·\left(5-c\right)$ = $-3+25+11\left(5-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{7}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -2\end{array}\right)$

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