Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}=-6\mathrm{+0}\mathrm{+6}=0$.

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

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

Da wir in keinem der beiden Vektoren eine "Null" in den Koordinaten finden, erhalten wir den Normalenvektor am schnellsten mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt):

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ t\end{array}\right)$=$2\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{t}=12-12\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -38 = 0 wird, also t=$\frac{38}{2}$=$19$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 19\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 19\end{array}\right)$=$2\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 2+0\cdot 19=12-12\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(0|-1|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 19\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{t}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{2}$=$-7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -7\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1-x_2-7x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 6\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -7\end{array}\right)$=$4\cdot 5+6\cdot \mathrm{(-1)}+2\cdot \mathrm{(-7)}=20-6-14=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|4|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|4|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1-x_2-7x_3=28$

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=21 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}16\\ 6\\ 9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}16\\ 6\\ 9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -30\\ 14\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{t}=-2\mathrm{+2}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t -7 = 0 wird, also t=$7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 7\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 7\end{array}\right)$=$1\cdot 1+4\cdot \mathrm{(-2)}+1\cdot 7=1-8\mathrm{+7}=0$ 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:
$\left(-1|2|3\right)$ liegt in E, da:

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{3\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $5·3+4·\left(3-c\right)-1·\left(-1\right)$ = $15+4\left(3-c\right)+1$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{7}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)|$ = 25

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+3^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-3)}}^2+4^2+0^2}=\sqrt{25}=5$ gilt somit:

5 ⋅ k⋅5 = 25 | :25

k = $\frac{\mathrm{25}}{\mathrm{25}}$ = 1

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

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