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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₂- und die x₁-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 0\end{array}\right)$ = $2\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-1)}\cdot 0$ = 0

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

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 $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot 1=-4\mathrm{+0}\mathrm{+4}=0$.

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

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ 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 $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}=-25\mathrm{+0}\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = 4⋅t +40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{4}$=$-10$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -10\\ -5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ -10\\ -5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-5)}+4\cdot \mathrm{(-10)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-5)}=10-40\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(-5|1|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -10\\ -5\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=10-10\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -5⋅t +15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{5}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-2x_1-5x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 2\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -5\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot 3=10-10\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|2|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|2|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1-5x_2+3x_3=0$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0·4-3·3\\ 3·0-4·4\\ 4·3-0·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-9\\ 0-16\\ 12+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9\\ -16\\ 12\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=5 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ 16\\ -12\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -10\\ -3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 5=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -10\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = -10⋅t -30 = 0 wird, also t=$-\frac{30}{10}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-3x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-3)}\cdot 5=15\mathrm{+0}-15=0$ 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: $-3x_1-3x_2+5x_3=-14$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·\left(-4\right)-8·7\\ 8·4-1·\left(-4\right)\\ 1·7-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-16-56\\ 32+4\\ 7-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-72\\ 36\\ -9\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)|$ = 81

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+4^2+8^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{8^2+{\mathrm{(-4)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 81 | :81

k = $\frac{\mathrm{81}}{\mathrm{81}}$ = 1

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

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(9|0|9\right)$ oder C'$\left(-7|8|7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-11\; -\; c}\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-11\; -\; c}\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ = $-4·\left(-11-c\right)+3·\left(-3\right)+11·\left(-1\right)$ = $-4\left(-11-c\right)-9-11$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-6}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-11\\ -3\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -1\end{array}\right)$