Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot 1=3\mathrm{+0}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 1\end{array}\right)$ = 2⋅t +4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 3+0\cdot \mathrm{t}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

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

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+8}-8=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ = 4⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{4}$=$-3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -17\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}=15-15\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -17\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -17⋅t -17 = 0 wird, also t=$-\frac{17}{17}$=$-1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-5x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ -1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{(-1)}=15-15\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|1|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|1|1\right)$ in E ein:

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

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·\left(-3\right)-6·6\\ 6·6-\left(-3\right)·\left(-3\right)\\ -3·6-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-36\\ 36-9\\ -18-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ 27\\ -54\end{array}\right)$ = 27⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 18\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ 18\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -19\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ -19\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 1\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-1)}+4\cdot 5+\mathrm{(-19)}\cdot 1=-1\mathrm{+20}-19=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|3|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|3|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1+5x_2+x_3=24$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $5·3-3·\left(-6-c\right)+9·\left(-1\right)$ = $15-3\left(-6-c\right)-9$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-8}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -1\end{array}\right)$

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

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·2-6·6\\ 6·3-2·2\\ 2·6-\left(-3\right)·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6-36\\ 18-4\\ 12+9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-42\\ 14\\ 21\end{array}\right)$ = 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)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)|$ = 147

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

7 ⋅ k⋅7 = 147 | :49

k = $\frac{\mathrm{147}}{\mathrm{49}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-18\\ 6\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-16\\ 3\\ 15\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}18\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}20\\ -9\\ -3\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-16|3|15\right)$ oder C'$\left(20|-9|-3\right)$.