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 $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ = $4\cdot 4+2\cdot 0+\mathrm{(-4)}\cdot 4$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=9-9\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{2}$ = -9.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -9\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -5\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ -21\\ 6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot 6=36\mathrm{+0}-36=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-1\\ -21\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ 6\end{array}\right)$ = -21⋅t +42 = 0 wird, also t=$\frac{42}{21}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1+2x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot 2+\mathrm{(-6)}\cdot 6=36\mathrm{+0}-36=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-5|-2|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-5|-2|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+2x_2+6x_3=-4$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ -8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8·\left(-8\right)-\left(-8\right)·\left(-4\right)\\ -8·\left(-8\right)-\left(-4\right)·\left(-8\right)\\ -4·\left(-4\right)-\left(-8\right)·\left(-8\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-32\\ 64-32\\ 16-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32\\ 32\\ -48\end{array}\right)$ = -16⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=36 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-16\\ -24\\ -24\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-16\\ -24\\ -24\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -5\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}=-5\mathrm{+0}\mathrm{+5}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -5\end{array}\right)$ = -2⋅t +30 = 0 wird, also t=$\frac{30}{2}$=$15$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 15\\ -5\end{array}\right)$.

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-1\\ 15\\ -5\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+{\mathrm{(-2)}}^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+6^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{49}=7$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ 12\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ 10\\ -1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ -12\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -14\\ 7\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(4-c\right)-2·\left(-3\right)+3·\left(-1\right)$ = $-3\left(4-c\right)+6-3$

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

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