Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}=-25\mathrm{+0}\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 7\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 7⋅t +35 = 0 wird, also t=$-\frac{35}{7}$ = -5.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+4\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 4=0-16\mathrm{+16}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 4\end{array}\right)$

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

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

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 4+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-1)}\cdot 1=-8\mathrm{+9}-1=0$ 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:
$\left(1|1|-3\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}+6\cdot \mathrm{(-6)}=36\mathrm{+0}-36=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -6\end{array}\right)$ = -1⋅t +0 = 0 wird, also t=$0$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1-6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot 6+0\cdot 0+6\cdot \mathrm{(-6)}=36\mathrm{+0}-36=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|0|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|0|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1-6x_3=-54$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·6-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·2-6·6\\ 6·\left(-3\right)-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12-9\\ -6-36\\ -18-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ -42\\ -22\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}8\\ 2\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 42\\ 22\end{array}\right)$.

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)$ 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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -9\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9·\left(-9\right)-6·6\\ 6·\left(-2\right)-\left(-2\right)·\left(-9\right)\\ -2·6-\left(-9\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}81-36\\ -12-18\\ -12-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}45\\ -30\\ -30\end{array}\right)$ = 15⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=33 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-24\\ -27\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-24\\ -27\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-10\; -\; c}\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-10\; -\; c}\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = $4·\left(-10-c\right)+2·1-9·\left(-2\right)$ = $4\left(-10-c\right)+2+18$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-5}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ 1\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-\left(-2\right)·1\\ -2·2-\left(-1\right)·\left(-2\right)\\ -1·1-\left(-2\right)·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+2\\ -4-2\\ -1+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)|$ = 36

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-2)}}^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 36 | :9

k = $\frac{\mathrm{36}}{9}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ -10\\ 2\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ 6\\ -6\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(7|-10|2\right)$ oder C'$\left(-9|6|-6\right)$.