Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+3\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 3=0-9\mathrm{+9}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 3\end{array}\right)$ = 3⋅t -27 = 0 wird, also t=$\frac{27}{3}$ = 9.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ -3\\ 3\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot 2=6\mathrm{+0}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = 2⋅t -10 = 0 wird, also t=$\frac{10}{2}$ = 5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ t\end{array}\right)$=$2\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{t}=12-12\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{2}$=$9$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$=$1\cdot 6+6\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 9=6\mathrm{+12}-18=0$ 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:
$\left(5|1|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -17 = 0 wird, also t=$-17$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -17\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1+3x_2-17x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -17\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 4+1\cdot 3+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-17)}=-20\mathrm{+3}\mathrm{+17}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|-4|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|-4|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1+3x_2-17x_3=-54$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·8-0·0\\ 0·6-8·8\\ 8·0-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48+0\\ 0-64\\ 0-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48\\ -64\\ -36\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}-12\\ 16\\ 9\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}11\\ 6\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-12\\ 16\\ 9\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·4-4·4\\ 4·2-4·4\\ 4·4-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8-16\\ 8-16\\ 16-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8\\ -8\\ 12\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ 6\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ 6\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ \mathrm{-8\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ \mathrm{-8\; -\; c}\end{array}\right)$ = $1·4+0·0+4·\left(-8-c\right)$ = $4+0+4\left(-8-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 9\end{array}\right)|$ = 363

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

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 18\\ 27\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ 12\\ 29\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -18\\ -27\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -24\\ -25\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(15|12|29\right)$ oder C'$\left(3|-24|-25\right)$.