Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5=0-10\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -6\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ = -4⋅t -8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{4}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 5\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=15-15\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$ = -5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ -4\end{array}\right)$ = 10⋅t +20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{10}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -4\end{array}\right)$=$10\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot 6+1\cdot \mathrm{(-4)}=-20\mathrm{+24}-4=0$ 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:
$\left(4|4|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -4\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}=-3\mathrm{+3}\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$1\cdot 1+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+5\cdot \mathrm{(-2)}=1\mathrm{+9}-10=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|2|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|2|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1-3x_2-2x_3=-15$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -7\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -7\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -7\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-7·\left(-7\right)-6·6\\ 6·6-6·\left(-7\right)\\ 6·6-\left(-7\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}49-36\\ 36+42\\ 36+42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}13\\ 78\\ 78\end{array}\right)$ = 13⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}32\\ -21\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}32\\ -21\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 6\end{array}\right)$.

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

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

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

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+6x_2+3x_3=-35$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{5\; -\; c}\\ -3\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{5\; -\; c}\\ -3\end{array}\right)$ = $-3·\left(-5\right)+4·\left(5-c\right)+5·\left(-3\right)$ = $15+4\left(5-c\right)-15$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$

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)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)|$ = 25

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 = 25 | :25

k = $\frac{\mathrm{25}}{\mathrm{25}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

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