Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-4)}\cdot 4=16\mathrm{+0}-16=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -3⋅t +12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{3}$ = 4.

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

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

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

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-5)}\cdot 3=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = 2⋅t -4 = 0 wird, also t=$\frac{4}{2}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+2\cdot 2+\mathrm{(-3)}\cdot 3=5\mathrm{+4}-9=0$ 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:
$\left(0|4|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}=-8\mathrm{+0}\mathrm{+8}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -4⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{4}$=$4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1+4x_2-4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -4\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-4)}=-4-16\mathrm{+20}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|5|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|5|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1+4x_2-4x_3=14$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-\left(-6\right)·9\\ -6·\left(-6\right)-9·\left(-2\right)\\ 9·9-\left(-2\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+54\\ 36+18\\ 81-12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}58\\ 54\\ 69\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ -4\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ -4\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}58\\ 54\\ 69\end{array}\right)$.

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=30 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}18\\ 0\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}18\\ 0\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ -12\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-11\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-11\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ = $1·\left(-11-c\right)+0·\left(-5\right)-4·\left(-1\right)$ = $-11-c+0+4$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+{\mathrm{(-3)}}^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+4^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}9\\ 12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}13\\ 9\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-9\\ -12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -15\\ 0\end{array}\right)$

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