Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 3+0\cdot \mathrm{t}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

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

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

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

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

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{t}+2\cdot 5=-10\mathrm{+0}\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 2⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{2}$=$-4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 2+2\cdot \mathrm{(-4)}+2\cdot 5=-2-8\mathrm{+10}=0$ 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:
$\left(5|-3|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 5=0\mathrm{+15}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ -4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 5\end{array}\right)$ = 16⋅t -32 = 0 wird, also t=$\frac{32}{16}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1+3x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ -4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$=$16\cdot 2+\mathrm{(-4)}\cdot 3+\mathrm{(-4)}\cdot 5=32-12-20=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|4|-4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|4|-4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+3x_2+5x_3=-4$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ -1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-8\\ -1\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·\left(-4\right)-\left(-1\right)·\left(-1\right)\\ -1·\left(-8\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·\left(-1\right)-\left(-8\right)·\left(-8\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32-1\\ 8-16\\ 4-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}31\\ -8\\ -60\end{array}\right)$

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

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ -8\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-31\\ 8\\ 60\end{array}\right)$.

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·1-2·2\\ 2·\left(-2\right)-\left(-2\right)·1\\ -2·2-1·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1-4\\ -4+2\\ -4+2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{13\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{13\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(13-c\right)-1·\left(-4\right)+0·\left(-1\right)$ = $-\left(13-c\right)+4+0$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}13\\ -4\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)|$ = 50

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

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 11\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ -5\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-2|11|0\right)$ oder C'$\left(10|-5|0\right)$.