Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+2\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 2=0-2\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ = -2⋅t +2 = 0 wird, also t=$\frac{2}{2}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 2\end{array}\right)$

Da wir in keinem der beiden Vektoren eine "Null" in den Koordinaten finden, erhalten wir den Normalenvektor am schnellsten mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt):

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+12}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ = 6⋅t +0 = 0 wird, also t=$\frac{0}{6}$=$0$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$=$6\cdot 0+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+12}-12=0$ 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:
$\left(-3|-2|-5\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}+6\cdot 5=-30\mathrm{+0}\mathrm{+30}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -2⋅t -4 = 0 wird, also t=$-\frac{4}{2}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1-2x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 6+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot 5=-24\mathrm{+4}\mathrm{+20}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|-3|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|-3|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1-2x_2+5x_3=-2$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·9-6·\left(-2\right)\\ 6·6-9·9\\ 9·\left(-2\right)-\left(-2\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18+12\\ 36-81\\ -18+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -45\\ -6\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 15\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}20\\ -4\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}20\\ -4\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 15\\ 2\end{array}\right)$.

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t -40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{2}$=$-20$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -20\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-6x_2-20x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -20\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 2+6\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-20)}=-4-36\mathrm{+40}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(3|1|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(3|1|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-6x_2-20x_3=0$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ \mathrm{5\; -\; c}\end{array}\right)$ = $2·\left(-1\right)+1·5+3·\left(5-c\right)$ = $-2+5+3\left(5-c\right)$

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

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)|$ = 50

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

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 11\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 10\\ -5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|-2|11\right)$ oder C'$\left(0|10|-5\right)$.