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 $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}=0-2\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = 1⋅t -3 = 0 wird, also t=$3$ = 3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$, 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 Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ = -4⋅t -16 = 0 wird, also t=$-\frac{16}{4}$ = -4.

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -6\end{array}\right)$ = 5⋅t +20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{5}$=$-4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=-30\mathrm{+0}\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(4|2|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+6\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 6=0\mathrm{+12}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ = 2⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{2}$=$-9$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-9x_1+2x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-9)}+\mathrm{(-3)}\cdot 2+4\cdot 6=-18-6\mathrm{+24}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|-1|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|-1|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-9x_1+2x_2+6x_3=-26$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=20 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-20\\ 16\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-20\\ 16\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}12\\ 9\\ 16\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·0-6·\left(-8\right)\\ 6·6-0·0\\ 0·\left(-8\right)-\left(-8\right)·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+48\\ 36+0\\ 0+48\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48\\ 36\\ 48\end{array}\right)$ = 12⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -21\\ 18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -21\\ 18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 4\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(-2\right)-4·\left(-c\right)-10·\left(-1\right)$ = $6+4c+10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-4}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)|$ = 121

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

11 ⋅ k⋅11 = 121 | :121

k = $\frac{\mathrm{121}}{\mathrm{121}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 11\\ 11\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ 7\\ -7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|11|11\right)$ oder C'$\left(-12|7|-7\right)$.