Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+3\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 3=0-3\mathrm{+3}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$ = 3⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{3}$ = -4.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 3\end{array}\right)$

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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+1\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 1=0\mathrm{+4}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -6\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ = 1⋅t -29 = 0 wird, also t=$29$ = 29.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}29\\ 4\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot 3=9\mathrm{+0}-9=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t +6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{3}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+2\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 2=0-12\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = 8⋅t -16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{8}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-6x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 2\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 2\end{array}\right)$=$8\cdot 2+2\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-2)}\cdot 2=16-12-4=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|-4|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|-4|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-6x_2+2x_3=20$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 17\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ -12\end{array}\right)$.

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}13\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}13\\ -4\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ \mathrm{4\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-3·3-4·\left(-5\right)+11·\left(4-c\right)$ = $-9+20+11\left(4-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

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

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