Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 1+0\cdot \mathrm{t}+1\cdot 3=-3\mathrm{+0}\mathrm{+3}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = 6⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{6}$ = -3.

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{t}+4\cdot 1=-4\mathrm{+0}\mathrm{+4}=0$.

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

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{t}=-6\mathrm{+6}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{2}$=$6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 6\end{array}\right)$=$6\cdot 3+3\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-2)}\cdot 6=18-6-12=0$ 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:
$\left(-1|2|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+3\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 3=0-3\mathrm{+3}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 3\end{array}\right)$ = 1⋅t -17 = 0 wird, also t=$17$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}17\\ -1\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $17x_1-x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}17\\ -1\\ 3\end{array}\right)$=$1\cdot 17+2\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-5)}\cdot 3=17-2-15=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|-4|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|-4|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $17x_1-x_2+3x_3=50$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 7\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}7·7-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·\left(-4\right)-\left(-4\right)·7\\ -4·\left(-4\right)-7·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}49-16\\ 16+28\\ 16+28\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}33\\ 44\\ 44\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 21\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 21\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

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

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

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 2\end{array}\right)$=$4\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 4+0\cdot 2=8-8\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|0|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|0|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+4x_2+2x_3=6$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{9\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{9\; -\; c}\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(9-c\right)-2·3-6·\left(-1\right)$ = $-3\left(9-c\right)-6+6$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}9\\ 3\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -1\end{array}\right)$

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·2-\left(-2\right)·1\\ -2·2-1·2\\ 1·1-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4+2\\ -4-2\\ 1-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ = -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)$\right|$ = $\sqrt{1^2+2^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+2^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ -1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$

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