Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}=-10+0+10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -19\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = -19⋅t -19 = 0 wird, also t=$-\frac{19}{19}$ = -1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}=0+-2+2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = 2⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{2}$=$-4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-2)}=10+0+-10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = 3⋅t -18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{3}$=$6$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1+6x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 5+3\cdot 6+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}=-20+18+2=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|0|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|0|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1+6x_2-2x_3=14$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{1}=\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\cdot 0-(-8)\cdot (-8)\\ -8\cdot 6-0\cdot 0\\ 0\cdot (-8)-6\cdot 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-64\\ -48-0\\ 0-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-64\\ -48\\ -36\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}16\\ 12\\ 9\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=30 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -24\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -24\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ 12\\ 9\end{array}\right)$.

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

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

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

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