Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-9\mathrm{+9}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ = -2⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{2}$ = 9.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 3\\ -3\end{array}\right)$

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 $\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = 3⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{3}$ = -6.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -6\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ 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 Ebene, 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 Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 6⋅t -36 = 0 wird, also t=$\frac{36}{6}$=$6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 6\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-2)}+4\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 6=-12-24\mathrm{+36}=0$ 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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 6\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{t}+4\cdot 4=-16\mathrm{+0}\mathrm{+16}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = 2⋅t +16 = 0 wird, also t=$-\frac{16}{2}$=$-8$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ 4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1-8x_2+4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -8\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{(-8)}+4\cdot 4=-16\mathrm{+0}\mathrm{+16}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-4|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-4|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1-8x_2+4x_3=40$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 8\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ 8\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0·0-8·8\\ 8·6-6·0\\ 6·8-0·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-64\\ 48+0\\ 48+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-64\\ 48\\ 48\end{array}\right)$ = -16⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}14\\ 0\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}14\\ 0\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ -3\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-2)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}=0-4\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = -4⋅t -8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{4}$=$-2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1+2x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1+2x_2-2x_3=12$

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ \mathrm{-9\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ \mathrm{-9\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·4-3·\left(-4\right)+6·\left(-9-c\right)$ = $0+12+6\left(-9-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-7}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)|$ = 100

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

5 ⋅ k⋅5 = 100 | :25

k = $\frac{\mathrm{100}}{\mathrm{25}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ -12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}19\\ -8\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ 12\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-13\\ 16\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(19|-8|0\right)$ oder C'$\left(-13|16|0\right)$.