Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}=-25+25+0=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -5⋅t -5 = 0 wird, also t=$-\frac{5}{5}$ = -1.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -19\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}+1\cdot \mathrm{(-5)}=5+0+-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -19\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -19⋅t -19 = 0 wird, also t=$-\frac{19}{19}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -19\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -5\end{array}\right)$=$6\cdot 1+\mathrm{(-19)}\cdot \mathrm{(-1)}+5\cdot \mathrm{(-5)}=6+19+-25=0$ 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:
$\left(5|4|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ -5\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}+5\cdot 2=-10+0+10=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = -2⋅t +22 = 0 wird, also t=$\frac{22}{2}$=$11$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 11\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1+11x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 11\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+0\cdot 11+5\cdot 2=-10+0+10=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|-2|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|-2|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1+11x_2+2x_3=-9$

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

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

$\overrightarrow{1}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\cdot (-2)-(-2)\cdot (-3)\\ -2\cdot 6-(-3)\cdot (-2)\\ -3\cdot (-3)-6\cdot 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12-6\\ -12-6\\ 9-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18\\ -18\\ -27\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{1}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1\cdot (-8)-(-8)\cdot (-4)\\ -8\cdot 1-(-4)\cdot (-8)\\ -4\cdot (-4)-1\cdot 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8-32\\ -8-32\\ 16-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-40\\ -40\\ 15\end{array}\right)$ = 5⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -8\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-8\\ -8\\ 3\end{array}\right)$.