Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{t}=16-16\mathrm{+0}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}11\\ 6\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 4\end{array}\right)$ = 11⋅t -22 = 0 wird, also t=$\frac{22}{11}$ = 2.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -19\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}+5\cdot 4=-20\mathrm{+0}\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -19\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -19⋅t +38 = 0 wird, also t=$\frac{38}{19}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -19\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 4\end{array}\right)$=$6\cdot 5+\mathrm{(-19)}\cdot 2+2\cdot 4=30-38\mathrm{+8}=0$ 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:
$\left(1|3|-1\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -5\end{array}\right)$ = -6⋅t +24 = 0 wird, also t=$\frac{24}{6}$=$4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1-3x_2-5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}=-24\mathrm{+9}\mathrm{+15}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-3|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-3|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1-3x_2-5x_3=54$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-9\\ 2\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ -9\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-9\right)\\ -6·2-\left(-9\right)·\left(-6\right)\\ -9·\left(-9\right)-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12-54\\ -12-54\\ 81-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-66\\ -66\\ 77\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-31\\ 6\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-31\\ 6\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}+1\cdot \mathrm{(-5)}=5\mathrm{+0}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 5⋅t -10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{5}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+2x_2-5x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+2x_2-5x_3=-5$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ \mathrm{-7\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ \mathrm{-7\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $5·4+4·\left(-7-c\right)+0·\left(-1\right)$ = $20+4\left(-7-c\right)+0$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-2}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)|$ = 50

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

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -10\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-11\\ 0\\ 2\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(5|0|-10\right)$ oder C'$\left(-11|0|2\right)$.