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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = -9⋅t -18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{9}$ = -2.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-1)}\cdot 5=5\mathrm{+0}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 3⋅t +15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$ = -5.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+4\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 4=0-20\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}3\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ 4\end{array}\right)$ = 3⋅t -9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$=$3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot 3+4\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 4=0-20\mathrm{+20}=0$ 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:
$\left(-1|0|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 4\end{array}\right)$

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

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

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot 3+\mathrm{(-4)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-8\mathrm{+8}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|-2|1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|-2|1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+2x_2-4x_3=-2$

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

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -24\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -24\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ 12\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·6-3·3\\ 3·2-6·6\\ 6·3-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12-9\\ 6-36\\ 18-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ -30\\ 14\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ 4\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -30\\ 14\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ 5\\ -10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{-6\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $2·\left(-5\right)+5·\left(-6-c\right)-10·\left(-1\right)$ = $-10+5\left(-6-c\right)+10$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-6}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ -6\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·2-\left(-2\right)·2\\ -2·1-2·2\\ 2·2-1·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2+4\\ -2-4\\ 4-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)|$ = 36

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+1^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-2)}}^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 36 | :9

k = $\frac{\mathrm{36}}{9}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}10\\ -7\\ 2\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -6\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(10|-7|2\right)$ oder C'$\left(-6|9|-6\right)$.