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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ nur in der x₁-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 $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$, weil $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

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

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-1)}=3\mathrm{+0}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = 4⋅t -8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{4}$ = 2.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-3)}=-18\mathrm{+0}\mathrm{+18}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 3⋅t -27 = 0 wird, also t=$\frac{27}{3}$=$9$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -3\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-6)}+3\cdot 9+5\cdot \mathrm{(-3)}=-12\mathrm{+27}-15=0$ 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:
$\left(-1|0|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 9\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+6}-6=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ -2\end{array}\right)$ = -2⋅t +20 = 0 wird, also t=$\frac{20}{2}$=$10$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}10\\ -3\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $10x_1-3x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}10\\ -3\\ -2\end{array}\right)$=$0\cdot 10+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-2)}=0\mathrm{+6}-6=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|0|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|0|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $10x_1-3x_2-2x_3=-46$

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

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

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

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: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·\left(-6\right)\\ -3·\left(-3\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-18\\ 9-36\\ 36-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18\\ -27\\ 18\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-16\\ -18\\ -9\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-16\\ -18\\ -9\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)|$ = 98

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

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ 12\\ 1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ -6\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}14\\ 0\\ -7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-10|12|1\right)$ oder C'$\left(14|0|-7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-2·2+0·\left(-3\right)-4·\left(8-c\right)$ = $-4+0-4\left(8-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$