Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}=0-2\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = -5⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{5}$ = -3.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-4)}=-20\mathrm{+0}\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = 3⋅t +9 = 0 wird, also t=$-\frac{9}{3}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+3\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 3=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ = -5⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{5}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 3=0\mathrm{+18}-18=0$ 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:
$\left(-5|-1|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 3\end{array}\right)$

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

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

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-4)}\cdot 4=12\mathrm{+4}-16=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|-1|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|-1|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1-2x_2+4x_3=-9$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 7\\ 6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 7\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 7\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7·7-6·6\\ 6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·7\\ -6·6-7·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}49-36\\ -36+42\\ -36+42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}13\\ 6\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 14\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 14\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}13\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+4\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 4=0-12\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = 10⋅t -20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{10}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-3x_2+4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 4\end{array}\right)$=$10\cdot 2+4\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-2)}\cdot 4=20-12-8=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|-2|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|-2|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-3x_2+4x_3=-6$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ = $-4·\left(4-c\right)+0·0+10·\left(-2\right)$ = $-4\left(4-c\right)+0-20$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -2\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9·7-6·6\\ 6·\left(-6\right)-\left(-2\right)·7\\ -2·6-\left(-9\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-63-36\\ -36+14\\ -12-54\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-99\\ -22\\ -66\end{array}\right)$ = -11⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)|$ = 484

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-9)}}^2+6^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+2^2+6^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 484 | :121

k = $\frac{\mathrm{484}}{\mathrm{121}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}36\\ 8\\ 24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}34\\ -1\\ 30\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-36\\ -8\\ -24\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-38\\ -17\\ -18\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(34|-1|30\right)$ oder C'$\left(-38|-17|-18\right)$.