Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 5=0-20\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}9\\ -3\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 5\end{array}\right)$ = 9⋅t -18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{9}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 5\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-7\\ 6\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ = -7⋅t -28 = 0 wird, also t=$-\frac{28}{7}$ = -4.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+6\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 6=0-24\mathrm{+24}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ = -9⋅t -18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{9}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ 3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-9)}\cdot \mathrm{(-2)}+3\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-1)}\cdot 6=18-12-6=0$ 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:
$\left(-1|3|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -6\\ 1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{t}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ -6\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +19 = 0 wird, also t=$-19$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -19\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1-4x_2-19x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -19\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{(-19)}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-1|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-1|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1-4x_2-19x_3=85$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·6-9·2\\ 9·9-6·6\\ 6·2-2·9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12-18\\ 81-36\\ 12-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ 45\\ -6\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 15\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}18\\ 4\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}18\\ 4\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 15\\ -2\end{array}\right)$.

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·1-2·2\\ 2·\left(-2\right)-1·1\\ 1·2-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2-4\\ -4-1\\ 2-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 2\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-6\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-6\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ = $5·\left(-6-c\right)-2·3+9·\left(-1\right)$ = $5\left(-6-c\right)-6-9$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-9}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)|$ = 363

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

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -18\\ 27\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ -12\\ 29\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 18\\ -27\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 24\\ -25\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(15|-12|29\right)$ oder C'$\left(3|24|-25\right)$.