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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -5\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -5\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -5\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ = $2\cdot 5+\mathrm{(-2)}\cdot 0+\mathrm{(-5)}\cdot 2$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 2\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 3=-6\mathrm{+0}\mathrm{+6}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -6⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{6}$ = 3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 6\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ t\end{array}\right)$=$3\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=15-15\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}3\\ -1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ t\end{array}\right)$ = 6⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{6}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -2\end{array}\right)$=$3\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{(-2)}=15-15\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(3|-4|4\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=30-30\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +1 = 0 wird, also t=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1-5x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ 1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-6)}+1\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-1)}\cdot 1=6-5-1=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|-4|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|-4|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1-5x_2+x_3=-8$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 6\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·0-6·6\\ 6·8-0·0\\ 0·6-8·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-36\\ 48+0\\ 0-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36\\ 48\\ -64\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -12\\ 16\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}9\\ -12\\ 16\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ -1\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ -1\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ -1\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ -1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·\left(-1\right)-\left(-1\right)·8\\ -1·4-8·\left(-1\right)\\ 8·8-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4+8\\ -4+8\\ 64-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ 48\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}17\\ 8\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}17\\ 8\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 12\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 3\end{array}\right)|$ = 25

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

5 ⋅ k⋅5 = 25 | :25

k = $\frac{\mathrm{25}}{\mathrm{25}}$ = 1

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

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ \mathrm{-4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(-5\right)+4·\left(-4-c\right)+1·\left(-1\right)$ = $5+4\left(-4-c\right)-1$

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

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