Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+1\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 1=0+3+-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ = 2⋅t -4 = 0 wird, also t=$\frac{4}{2}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5=0+-15+15=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-1)}+5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5=0+-15+15=0$ 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:
$\left(1|2|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-12\\ 1\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ 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 Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-4)}=0+16+-16=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-12\\ 1\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ = -12⋅t -24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{12}$=$-2$. 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 $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-12\\ 1\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-12)}\cdot \mathrm{(-2)}+1\cdot \mathrm{(-4)}+5\cdot \mathrm{(-4)}=24+-4+-20=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|0|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|0|1\right)$ in E ein:

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

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=3 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ nehmen.

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

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

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

$\overrightarrow{1}=\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\cdot 6-(-2)\cdot 3\\ -2\cdot (-2)-6\cdot 6\\ 6\cdot 3-3\cdot (-2)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18-(-6)\\ 4-36\\ 18-(-6)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}24\\ -32\\ 24\end{array}\right)$ = -8⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ 6\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}11\\ 6\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -3\end{array}\right)$.