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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = 4⋅t -12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{4}$ = 3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot 3=9\mathrm{+0}-9=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$ = 3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-5)}=0\mathrm{+30}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -5\end{array}\right)$ = -1⋅t -61 = 0 wird, also t=$-61$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-61\\ -6\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-61\\ -6\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-61)}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-5)}=0\mathrm{+30}-30=0$ 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:
$\left(4|-3|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-61\\ -6\\ -5\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{t}=8-8\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{2}$=$8$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 8\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1+4x_2+8x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 8\end{array}\right)$=$4\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 4+0\cdot 8=8-8\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|-2|-3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|-2|-3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+4x_2+8x_3=-32$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·8-4·4\\ 4·\left(-8\right)-\left(-8\right)·8\\ -8·4-8·\left(-8\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-16\\ -32+64\\ -32+64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48\\ 32\\ 32\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ 8\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-3\right)-6·6\\ 6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-3\right)\\ -6·6-\left(-3\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9-36\\ -36-18\\ -36-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-27\\ -54\\ -54\end{array}\right)$ = -27⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-13\\ -6\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-13\\ -6\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $1·\left(-5\right)-3·\left(3-c\right)+1·\left(-1\right)$ = $-5-3\left(3-c\right)-1$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ -1\end{array}\right)$

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

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

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