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 $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -6⋅t -18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{6}$ = -3.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ = -5⋅t +10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{5}$ = 2.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+6\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 6=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = 3⋅t -15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{3}$=$5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot 5+6\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 6=0\mathrm{+18}-18=0$ 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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -5 = 0 wird, also t=$5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1+3x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+3x_2+5x_3=-40$

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

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

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

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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 17\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 3\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=-16\mathrm{+0}\mathrm{+16}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = 4⋅t -28 = 0 wird, also t=$\frac{28}{4}$=$7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-4x_1+7x_2-4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 7+1\cdot \mathrm{(-4)}=-24\mathrm{+28}-4=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(3|3|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(3|3|4\right)$ in E ein:

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{6\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ 11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{6\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(6-c\right)-3·\left(-4\right)+11·\left(-1\right)$ = $-\left(6-c\right)+12-11$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)|$ = 100

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

5 ⋅ k⋅5 = 100 | :25

k = $\frac{\mathrm{100}}{\mathrm{25}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 16\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-16\\ 13\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ -16\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}8\\ -19\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-16|13|0\right)$ oder C'$\left(8|-19|0\right)$.