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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ nur in der x₂-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 $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$, weil $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

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

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

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

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

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-1\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=2-2\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}1\\ -6\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ t\end{array}\right)$ = -2⋅t +4 = 0 wird, also t=$\frac{4}{2}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$.

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

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=16-16\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -32 = 0 wird, also t=$\frac{32}{2}$=$16$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 16\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1+4x_2+16x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 16\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 4+\mathrm{(-5)}\cdot 4+2\cdot 16=-12-20\mathrm{+32}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|2|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|2|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1+4x_2+16x_3=-12$

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ 3\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-5)}=20\mathrm{+0}-20=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -7⋅t +14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{7}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -7\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -5\end{array}\right)$=$1\cdot 4+\mathrm{(-7)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}=4-14\mathrm{+10}=0$ 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:
$\left(3|2|-2\right)$ liegt in E, da:

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

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-2)}}^2+{\mathrm{(-1)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ 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 = 36 | :9

k = $\frac{\mathrm{36}}{9}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ 7\\ 2\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -8\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -6\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{0\; -\; c}\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{0\; -\; c}\\ 2\\ -1\end{array}\right)$ = $5·\left(-c\right)-5·2-5·\left(-1\right)$ = $-5c-10+5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-1}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -1\end{array}\right)$