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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 6\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₂- und die x₁-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 6\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-1\\ 1\\ 6\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-1)}\cdot 1+1\cdot 1+6\cdot 0$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-15\mathrm{+15}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -1\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -3\end{array}\right)$ = 1⋅t -23 = 0 wird, also t=$23$ = 23.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}23\\ 5\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 5=-10\mathrm{+0}\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 4⋅t +20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{4}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 2+4\cdot \mathrm{(-5)}+6\cdot 5=-10-20\mathrm{+30}=0$ 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:
$\left(-3|1|0\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -1⋅t +31 = 0 wird, also t=$31$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 31\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1+31x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 31\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 5+0\cdot 31+5\cdot \mathrm{(-3)}=15\mathrm{+0}-15=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|-3|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|-3|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1+31x_2-3x_3=-93$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 7\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}6\\ -6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·7-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·6-7·7\\ 7·\left(-6\right)-6·6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}42-36\\ -36-49\\ -42-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\\ -85\\ -78\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}19\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}19\\ 6\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ 85\\ 78\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ 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 Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 3=-18\mathrm{+0}\mathrm{+18}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -3⋅t -30 = 0 wird, also t=$-\frac{30}{3}$=$-10$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -10\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1-10x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -10\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{(-10)}+6\cdot 3=-18\mathrm{+0}\mathrm{+18}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(4|-2|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(4|-2|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1-10x_2+3x_3=44$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·7-6·6\\ 6·\left(-6\right)-9·7\\ 9·6-2·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}14-36\\ -36-63\\ 54+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-22\\ -99\\ 66\end{array}\right)$ = -11⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)|$ = 363

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{9^2+2^2+6^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+9^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 27\\ -18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ 29\\ -12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -27\\ 18\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -25\\ 24\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(15|29|-12\right)$ oder C'$\left(3|-25|24\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-9\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-9\; -\; c}\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ = $-5·\left(-9-c\right)+4·\left(-5\right)+0·\left(-1\right)$ = $-5\left(-9-c\right)-20+0$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ -5\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ -5\\ -1\end{array}\right)$