Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+4\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 4=0-8\mathrm{+8}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-13\\ -5\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ = -13⋅t +26 = 0 wird, also t=$\frac{26}{13}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 4\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{t}=-1\mathrm{+1}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t +6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{3}$ = -2.

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}=-1\mathrm{+1}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -7 = 0 wird, also t=$7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 7\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 7\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-4)}\cdot 1+1\cdot 7=-3-4\mathrm{+7}=0$ 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:
$\left(-4|3|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 7\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ t\end{array}\right)$=$1\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}=1-1\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +3 = 0 wird, also t=$\frac{3}{3}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$=$2\cdot 1+1\cdot 1+\mathrm{(-3)}\cdot 1=2\mathrm{+1}-3=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|1|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|1|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+x_2+x_3=2$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·2-4·4\\ 4·\left(-4\right)-\left(-4\right)·2\\ -4·4-2·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-16\\ -16+8\\ -16+8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-9\right)-\left(-9\right)·6\\ -9·\left(-2\right)-6·\left(-9\right)\\ 6·6-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18+54\\ 18+54\\ 36-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}72\\ 72\\ 32\end{array}\right)$ = 8⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=33 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ -6\\ -27\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}15\\ -6\\ -27\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ 4\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ \mathrm{0\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 2\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ \mathrm{0\; -\; c}\end{array}\right)$ = $5·\left(-3\right)+2·2-11·\left(-c\right)$ = $-15+4+11c$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{1}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ 6\end{array}\right)|$ = 363

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

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 27\\ 18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ 29\\ 12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -27\\ -18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -25\\ -24\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(15|29|12\right)$ oder C'$\left(3|-25|-24\right)$.