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 $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -19\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -19⋅t -19 = 0 wird, also t=$-\frac{19}{19}$ = -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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 5\end{array}\right)$ = -2⋅t +2 = 0 wird, also t=$\frac{2}{2}$=$1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot 1+5\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 5=0\mathrm{+30}-30=0$ 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:
$\left(1|5|2\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{t}=-24\mathrm{+24}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{2}$=$-9$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -9\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1-6x_2-9x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -9\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{(-9)}=-24\mathrm{+24}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|2|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|2|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1-6x_2-9x_3=-14$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ -8\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-1·\left(-8\right)\\ 1·1-\left(-8\right)·\left(-4\right)\\ -8·\left(-8\right)-\left(-4\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+8\\ 1-32\\ 64+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}24\\ -31\\ 68\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -8\\ 2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ -8\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-24\\ 31\\ -68\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·3-\left(-6\right)·\left(-2\right)\\ -6·\left(-6\right)-3·3\\ 3·\left(-2\right)-\left(-2\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6-12\\ 36-9\\ -6-12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18\\ 27\\ -18\end{array}\right)$ = 9⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=21 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $\left|k\cdot $ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$\right|$ = 50

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{25}=5$ 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 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -10\\ 5\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -11\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|-10|5\right)$ oder C'$\left(0|2|-11\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{7\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{7\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-2·3-2·\left(7-c\right)-4·\left(-1\right)$ = $-6-2\left(7-c\right)+4$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{8}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 7\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ -1\end{array}\right)$