Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+2\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 2=0-6\mathrm{+6}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ 2\end{array}\right)$

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+3\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 3=0\mathrm{+12}-12=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 3\end{array}\right)$

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

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

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 3+3\cdot \mathrm{(-2)}+6\cdot 2=-6-6\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(3|2|5\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot 2=12-12\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|4|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|4|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1-6x_2+2x_3=-28$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -9\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -9\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ -9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·\left(-9\right)-\left(-9\right)·\left(-2\right)\\ -9·6-\left(-2\right)·\left(-9\right)\\ -2·\left(-2\right)-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54-18\\ -54-18\\ 4-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-72\\ -72\\ -32\end{array}\right)$ = -8⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-11\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-11\\ 6\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 9\\ 4\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-2·2\\ 2·4-4·4\\ 4·2-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-4\\ 8-16\\ 8-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-5\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(-5-c\right)+0·0-5·\left(-1\right)$ = $-\left(-5-c\right)+0+5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

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

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·2-2·1\\ 2·\left(-2\right)-1·2\\ 1·1-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4-2\\ -4-2\\ 1-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ = -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)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)|$ = 36

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+{\mathrm{(-2)}}^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+2^2+1^2}=\sqrt{9}=3$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 6\\ 6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ -10\\ -2\end{array}\right)$

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