Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}=-3\mathrm{+0}\mathrm{+3}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = 2⋅t -14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{2}$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 7\\ -1\end{array}\right)$

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

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{t}=-16\mathrm{+16}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -1\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t -8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{4}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot 2=-16\mathrm{+16}\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(-3|-5|3\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -6\end{array}\right)$ 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 Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 5=0\mathrm{+30}-30=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 5\end{array}\right)$ = 2⋅t -6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{2}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1+6x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 5\end{array}\right)$=$2\cdot 3+\mathrm{(-6)}\cdot 6+6\cdot 5=6-36\mathrm{+30}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|-5|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|-5|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+6x_2+5x_3=-22$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-7·6\\ 7·7-6·6\\ 6·6-6·7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-42\\ 49-36\\ 36-42\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ 13\\ -6\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ 6\\ 7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 13\\ -6\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+6\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 6=0-24\mathrm{+24}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 6\end{array}\right)$ = -2⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{2}$=$9$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}9\\ -4\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}9\\ -4\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot 9+6\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 6=0-24\mathrm{+24}=0$ 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:
$\left(5|-3|3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ -4\\ 6\end{array}\right)$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ = $4·\left(4-c\right)-2·\left(-1\right)-7·\left(-2\right)$ = $4\left(4-c\right)+2+14$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{8}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ -2\end{array}\right)$

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·2-6·6\\ 6·3-2·2\\ 2·6-\left(-3\right)·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6-36\\ 18-4\\ 12+9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-42\\ 14\\ 21\end{array}\right)$ = 7⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)|$ = 98

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-3)}}^2+6^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+2^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 4\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ 1\\ 12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ -4\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}14\\ -7\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-10|1|12\right)$ oder C'$\left(14|-7|0\right)$.