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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}2\\ -10\\ 5\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -10\\ 5\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}2\\ -10\\ 5\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 10\end{array}\right)$ = $2\cdot 0+\mathrm{(-10)}\cdot 5+5\cdot 10$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 10\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 1\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-3\mathrm{+3}=0$.

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

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 12\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}6\\ 12\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = 12⋅t -48 = 0 wird, also t=$\frac{48}{12}$=$4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot 4+\mathrm{(-3)}\cdot 6=18\mathrm{+0}-18=0$ 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:
$\left(-1|4|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 6\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t -23 = 0 wird, also t=$-23$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ -23\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $5x_1-6x_2-23x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -6\\ -23\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{(-23)}=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|2|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|2|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $5x_1-6x_2-23x_3=113$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·\left(-4\right)-\left(-4\right)·\left(-2\right)\\ -4·\left(-4\right)-\left(-2\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-16\\ 16-8\\ 16-8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ 8\\ 8\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=12 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ -4\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-9\\ -4\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·2-2·\left(-4\right)\\ 2·4-\left(-4\right)·2\\ -4·\left(-4\right)-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8+8\\ 8+8\\ 16-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16\\ 16\\ 0\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-10\\ 12\\ 6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-10\\ 12\\ 6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -2\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)|$ = 27

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

3 ⋅ k⋅3 = 27 | :9

k = $\frac{\mathrm{27}}{9}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ 1\\ -5\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-8|1|-5\right)$ oder C'$\left(4|-5|7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ \mathrm{2\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ \mathrm{2\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-3·1-5·\left(-3\right)+6·\left(2-c\right)$ = $-3+15+6\left(2-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{4}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ -3\\ -2\end{array}\right)$

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