Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{t}=4-4\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -11⋅t +11 = 0 wird, also t=$\frac{11}{11}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 1\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -1⋅t -2 = 0 wird, also t=$-2$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = -6⋅t +36 = 0 wird, also t=$\frac{36}{6}$=$6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 6=12\mathrm{+24}-36=0$ 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:
$\left(-1|-2|-5\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -5\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}=0-24\mathrm{+24}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -6\end{array}\right)$ = -2⋅t +42 = 0 wird, also t=$\frac{42}{2}$=$21$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}21\\ 4\\ -6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $21x_1+4x_2-6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}21\\ 4\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot 21+\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}=0-24\mathrm{+24}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|5|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|5|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $21x_1+4x_2-6x_3=50$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·\left(-4\right)-\left(-4\right)·8\\ -4·\left(-8\right)-8·\left(-4\right)\\ 8·8-\left(-8\right)·\left(-8\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32+32\\ 32+32\\ 64-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64\\ 64\\ 0\end{array}\right)$ = 64⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{t}=18-18\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{2}$=$-9$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -9\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-6x_2-9x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -9\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-3)}+1\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-9)}=-12-6\mathrm{+18}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|-2|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|-2|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1-6x_2-9x_3=-33$

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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $4·1+3·\left(1-c\right)-5·\left(-1\right)$ = $4+3\left(1-c\right)+5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{4}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)|$ = 75

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

5 ⋅ k⋅5 = 75 | :25

k = $\frac{\mathrm{75}}{\mathrm{25}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 12\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 9\\ 13\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -12\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -15\\ -5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|9|13\right)$ oder C'$\left(0|-15|-5\right)$.