Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+1\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 1=0-4\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = 4⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{4}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 1\end{array}\right)$

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

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

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = 2⋅t +4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+2\cdot \mathrm{(-2)}+5\cdot \mathrm{(-1)}=9-4-5=0$ 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:
$\left(1|3|-5\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{t}=12-12\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 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 $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$4\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 4+0\cdot 3=12-12\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|4|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|4|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+4x_2+3x_3=22$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ 0\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ 12\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -9\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -9\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -9\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ -9\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9·\left(-9\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·2-2·\left(-9\right)\\ 2·\left(-6\right)-\left(-9\right)·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}81-36\\ -12+18\\ -12+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}45\\ 6\\ 6\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}15\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=33 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}24\\ -27\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}24\\ -27\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}15\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-2}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -3\end{array}\right)$

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·7-6·6\\ 6·\left(-6\right)-9·7\\ 9·6-2·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}14-36\\ -36-63\\ 54+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-22\\ -99\\ 66\end{array}\right)$ = -11⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)|$ = 242

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+2^2+6^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+9^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 242 | :121

k = $\frac{\mathrm{242}}{\mathrm{121}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 18\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}13\\ 20\\ -6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ -18\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -16\\ 18\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(13|20|-6\right)$ oder C'$\left(5|-16|18\right)$.