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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 5\end{array}\right)$ = 5⋅t -20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{5}$ = 4.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 5\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-16\mathrm{+16}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ = -4⋅t +20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{4}$ = 5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 11\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=30-30\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 11⋅t +22 = 0 wird, also t=$-\frac{22}{11}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ -2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 11\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 6+2\cdot 5+11\cdot \mathrm{(-2)}=12\mathrm{+10}-22=0$ 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:
$\left(5|-4|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -4\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ -2\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-6\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ = 1⋅t -5 = 0 wird, also t=$5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1+2x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1+2x_2-3x_3=-12$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·8-8·4\\ 8·1-4·8\\ 4·4-1·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8-32\\ 8-32\\ 16-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-24\\ -24\\ 15\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ -5\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ -5\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 15\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}=-10\mathrm{+10}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 15\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = 15⋅t -30 = 0 wird, also t=$\frac{30}{15}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-5x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot 2=-10\mathrm{+10}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|3|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|3|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-5x_2+2x_3=-13$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ = $4·4-3·3+7·\left(8-c\right)$ = $16-9+7\left(8-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+{\mathrm{(-3)}}^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 0\end{array}\right)$

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