Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ t\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 2+0\cdot \mathrm{t}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$ = 3.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}+1\cdot \mathrm{(-2)}=2\mathrm{+0}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = 1⋅t -2 = 0 wird, also t=$2$ = 2.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+2\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 2=0\mathrm{+6}-6=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-1)}+2\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 2=0\mathrm{+6}-6=0$ 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:
$\left(-5|2|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{(-3)}=-15\mathrm{+15}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-1|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-1|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1-5x_2-3x_3=2$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}7\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 7\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}7\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}7\\ -4\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-7·\left(-4\right)\\ 7·7-\left(-4\right)·4\\ -4·\left(-4\right)-4·7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+28\\ 49+16\\ 16-28\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}44\\ 65\\ -12\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 12\\ 21\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 12\\ 21\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}44\\ 65\\ -12\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·3-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·3\\ -6·\left(-6\right)-3·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9-36\\ 36+18\\ 36+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-27\\ 54\\ 54\end{array}\right)$ = -27⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-10\\ 6\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ 6\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-2·\left(-4\right)-3·0+8·\left(5-c\right)$ = $8+0+8\left(5-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{6}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·4-\left(-8\right)·4\\ -8·\left(-7\right)-\left(-4\right)·4\\ -4·4-1·\left(-7\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+32\\ 56+16\\ -16+7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36\\ 72\\ -9\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)|$ = 81

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+1^2+{\mathrm{(-8)}}^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-8)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 81 | :81

k = $\frac{\mathrm{81}}{\mathrm{81}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ -7\\ -7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 9\\ -9\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-8|-7|-7\right)$ oder C'$\left(0|9|-9\right)$.