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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +13 = 0 wird, also t=$-13$ = -13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -13\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -14\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = -14⋅t -42 = 0 wird, also t=$-\frac{42}{14}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ 2\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ = -3⋅t -3 = 0 wird, also t=$-\frac{3}{3}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-3)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-15\mathrm{+15}=0$ 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:
$\left(-2|4|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-6\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 5\end{array}\right)$ = -6⋅t -12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{6}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1+2x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-2)}+5\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 5=0\mathrm{+10}-10=0$ 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: $-2x_1+2x_2+5x_3=24$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·\left(-2\right)-4·4\\ 4·4-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·4-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8-16\\ 16-4\\ -8-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-24\\ 12\\ -24\end{array}\right)$ = 12⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 12\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 12\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-3\right)-\left(-2\right)·\left(-6\right)\\ -2·\left(-2\right)-\left(-6\right)·\left(-3\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9-12\\ 4-18\\ 36-6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -14\\ 30\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 14\\ -30\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $2·3-1·\left(-4-c\right)+3·\left(-1\right)$ = $6-\left(-4-c\right)-3$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-6)}}^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+3^2+2^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}14\\ 0\\ 7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ -6\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ -12\\ -1\end{array}\right)$

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