Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+2\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 2=0-10\mathrm{+10}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ -5\\ 2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+4}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-10\\ 5\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ = -10⋅t -20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{10}$ = -2.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}+6\cdot 1=-6\mathrm{+0}\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = 6⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{6}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{(-2)}+6\cdot 1=-6\mathrm{+0}\mathrm{+6}=0$ 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:
$\left(5|2|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}=-2\mathrm{+2}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +3 = 0 wird, also t=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1+x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-1)}\cdot 1+1\cdot \mathrm{(-3)}=4-1-3=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-2|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-2|-1\right)$ in E ein:

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

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-3\right)-\left(-4\right)·0\\ -4·\left(-4\right)-0·\left(-3\right)\\ 0·0-\left(-3\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9+0\\ 16+0\\ 0-12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ -12\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=15 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -17\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -17\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ -12\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = 2⋅t +6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{2}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1+4x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-3)}\cdot 4+6\cdot 3=-6-12\mathrm{+18}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|-4|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|-4|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1+4x_2+3x_3=-7$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ \mathrm{1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ \mathrm{1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-4·\left(-1\right)-5·\left(1-c\right)+4·\left(-1\right)$ = $4-5\left(1-c\right)-4$

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

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-2\right)-6·\left(-6\right)\\ 6·3-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·\left(-6\right)-\left(-3\right)·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6+36\\ 18-4\\ 12+9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}42\\ 14\\ 21\end{array}\right)$ = 7⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)|$ = 98

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-3)}}^2+6^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+2^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 4\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ 1\\ 12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ -4\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-14\\ -7\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(10|1|12\right)$ oder C'$\left(-14|-7|0\right)$.