Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}=-9\mathrm{+0}\mathrm{+9}=0$.

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

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{t}=-4\mathrm{+4}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -9 = 0 wird, also t=$-\frac{9}{3}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 4+0\cdot \mathrm{t}+4\cdot \mathrm{(-3)}=12\mathrm{+0}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -1⋅t +29 = 0 wird, also t=$29$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 29\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 29\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 4+0\cdot 29+4\cdot \mathrm{(-3)}=12\mathrm{+0}-12=0$ 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:
$\left(5|5|2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 29\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 7\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{t}=18-18\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 7⋅t -21 = 0 wird, also t=$\frac{21}{7}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-6x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ 7\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 3\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-6)}+7\cdot 3=-3-18\mathrm{+21}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|0|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|0|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1-6x_2+3x_3=12$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ -8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·\left(-8\right)-\left(-8\right)·\left(-8\right)\\ -8·4-\left(-8\right)·\left(-8\right)\\ -8·\left(-8\right)-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-32-64\\ -32-64\\ 64-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-96\\ -96\\ 48\end{array}\right)$ = 48⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=24 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ 8\\ -16\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ 8\\ -16\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·2-2·3\\ 2·6-3·2\\ 3·3-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12-6\\ 12-6\\ 9-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ -27\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 9\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 9\end{array}\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{11\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{11\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·5-2·\left(11-c\right)-8·\left(-1\right)$ = $0-2\left(11-c\right)+8$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{7}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 11\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -1\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)|$ = 121

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

11 ⋅ k⋅11 = 121 | :121

k = $\frac{\mathrm{121}}{\mathrm{121}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ 7\\ 7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -9\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -11\\ 11\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(12|7|7\right)$ oder C'$\left(0|-11|11\right)$.