Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 5=0-5\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 5\end{array}\right)$ = -7⋅t +14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{7}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -1\\ 5\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}+5\cdot \mathrm{(-3)}=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 1⋅t -7 = 0 wird, also t=$7$ = 7.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 7\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -33 = 0 wird, also t=$-\frac{33}{3}$=$-11$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -11\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -11\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-3)}\cdot 5+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-11)}=-18-15\mathrm{+33}=0$ 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:
$\left(3|-1|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ -11\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -11\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{t}=6-6\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = -11⋅t +11 = 0 wird, also t=$\frac{11}{11}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+6x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -11\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ 1\end{array}\right)$=$5\cdot 1+1\cdot 6+\mathrm{(-11)}\cdot 1=5\mathrm{+6}-11=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|-1|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|-1|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+6x_2+x_3=-11$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}7\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}7\\ 4\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-4·7\\ 4·4-7·4\\ 7·7-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-28\\ 16-28\\ 49-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ -12\\ 33\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -11\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}17\\ 12\\ 12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}17\\ 12\\ 12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -11\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{2}$=$6$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1+5x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 5\\ 6\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 5+0\cdot 6=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|-1|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|-1|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+5x_2+6x_3=7$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{5\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{5\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ = $2·\left(5-c\right)-2·0-6·\left(-1\right)$ = $2\left(5-c\right)+0+6$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{8}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·\left(-2\right)-2·1\\ 2·\left(-2\right)-\left(-1\right)·\left(-2\right)\\ -1·1-2·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4-2\\ -4-2\\ -1+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$ = 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}-1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)|$ = 9

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

3 ⋅ k⋅3 = 9 | :9

k = $\frac{9}{9}$ = 1

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

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-3|0|3\right)$ oder C'$\left(1|4|1\right)$.