Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+2\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 2=0-4\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ = -2⋅t -10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{2}$ = -5.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{t}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ -19\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -19⋅t -19 = 0 wird, also t=$-\frac{19}{19}$ = -1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -37\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -37\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -37⋅t -37 = 0 wird, also t=$-\frac{37}{37}$=$-1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 4+0\cdot \mathrm{(-1)}+4\cdot \mathrm{(-5)}=20\mathrm{+0}-20=0$ 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:
$\left(1|1|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}+5\cdot 2=-10\mathrm{+0}\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = 9⋅t -18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{9}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1+2x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1+2x_2+2x_3=8$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 7\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7·\left(-6\right)-6·7\\ 6·6-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·7-7·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-42-42\\ 36-36\\ -42-42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-84\\ 0\\ -84\end{array}\right)$ = -84⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=22 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 14\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 14\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+4\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 4=0-20\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$ = -1⋅t +11 = 0 wird, also t=$11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ -5\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}11\\ -5\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot 11+4\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 4=0-20\mathrm{+20}=0$ 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:
$\left(-2|4|1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}11\\ -5\\ 4\end{array}\right)$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ \mathrm{-7\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ \mathrm{-7\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-2·\left(-2\right)-1·5-1·\left(-7-c\right)$ = $4-5-\left(-7-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-6}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)|$ = 75

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

5 ⋅ k⋅5 = 75 | :25

k = $\frac{\mathrm{75}}{\mathrm{25}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-9\\ 0\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 15\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}9\\ 0\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}13\\ 0\\ -9\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-5|0|15\right)$ oder C'$\left(13|0|-9\right)$.