Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{t}+3\cdot 4=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -1⋅t +23 = 0 wird, also t=$23$ = 23.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 23\\ 4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot 2+0\cdot \mathrm{t}+2\cdot \mathrm{(-4)}=8\mathrm{+0}-8=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -3⋅t +6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{3}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ -4\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+1\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 1=0-5\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 1\end{array}\right)$ = -1⋅t +11 = 0 wird, also t=$11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ -5\\ 1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}11\\ -5\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot 11+1\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 1=0-5\mathrm{+5}=0$ 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:
$\left(-1|0|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}11\\ -5\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}+1\cdot \mathrm{(-4)}=4\mathrm{+0}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -3⋅t -9 = 0 wird, also t=$-\frac{9}{3}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ -4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1-3x_2-4x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1-3x_2-4x_3=-25$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·4-8·\left(-8\right)\\ 8·8-4·4\\ 4·\left(-8\right)-\left(-8\right)·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32+64\\ 64-16\\ -32+64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32\\ 48\\ 32\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 2\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·9-2·\left(-6\right)\\ 2·2-9·9\\ 9·\left(-6\right)-\left(-6\right)·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54+12\\ 4-81\\ -54+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-42\\ -77\\ -42\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 11\\ 6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=22 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}22\\ -12\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}22\\ -12\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 11\\ 6\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{7\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{7\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(7-c\right)+3·0+2·\left(-1\right)$ = $-\left(7-c\right)+0-2$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)|$ = 100

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

5 ⋅ k⋅5 = 100 | :25

k = $\frac{\mathrm{100}}{\mathrm{25}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ 0\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}19\\ 0\\ 8\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ 0\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-13\\ 0\\ -16\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(19|0|8\right)$ oder C'$\left(-13|0|-16\right)$.