In diesem Fall, wenn in einem Vektor zwei Nullen sind, wird es besonders einfach, den Normalenvektor zu finden:

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ nur in der x₃-Koordinate eine Zahl ungleich 0 besitzt, muss unser Normalenvektor an dieser Stelle unbedingt eine 0 haben, weil wir ja sonst dieses Produkt nicht mehr "wegbekommen" würden.

Es gilt also schon mal sicher für unseren Normalenvektor $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$, weil $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₂- und die x₁-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ = $3\cdot 6+6\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-2)}\cdot 0$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=5-5\mathrm{+0}=0$.

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-36\mathrm{+36}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = 6⋅t -12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{6}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-4)}\cdot 6+6\cdot 2=12-24\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(-4|2|-4\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 1⋅t +31 = 0 wird, also t=$-31$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -31\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-4x_1+3x_2-31x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ -31\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 3+0\cdot \mathrm{(-31)}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-3|2|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-3|2|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-4x_1+3x_2-31x_3=18$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·1-2·2\\ 2·2-1·1\\ 1·2-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2-4\\ 4-1\\ 2-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -7\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-7·\left(-4\right)-4·\left(-7\right)\\ 4·4-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·\left(-7\right)-\left(-7\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}28+28\\ 16-16\\ 28+28\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}56\\ 0\\ 56\end{array}\right)$ = 56⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -14\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -14\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·\left(-6\right)-3·3\\ 3·\left(-2\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·3-2·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12-9\\ -6-36\\ -18+4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-21\\ -42\\ -14\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)|$ = 49

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+2^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+6^2+2^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 49 | :49

k = $\frac{\mathrm{49}}{\mathrm{49}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 8\\ 5\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ -4\\ 1\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-3|8|5\right)$ oder C'$\left(-9|-4|1\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-14\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-14\; -\; c}\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ = $1·\left(-14-c\right)+1·5+1·\left(-1\right)$ = $-14-c+5-1$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ 5\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ -1\end{array}\right)$