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

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

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}6\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ = $6\cdot 0+4\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}$ = 0

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=25-25\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -4⋅t +40 = 0 wird, also t=$\frac{40}{4}$ = 10.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ 10\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}=0-18\mathrm{+18}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -6\end{array}\right)$ = -3⋅t +21 = 0 wird, also t=$\frac{21}{3}$=$7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ 3\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}7\\ 3\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot 7+\mathrm{(-6)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}=0-18\mathrm{+18}=0$ 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:
$\left(-5|5|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}7\\ 3\\ -6\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-8\mathrm{+8}=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ 2\\ -4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-4)}\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}=0-8\mathrm{+8}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|3|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|3|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-2x_1+2x_2-4x_3=-16$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 7\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 7\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ 7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 7\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-7·7\\ 7·\left(-4\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·7-\left(-4\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-49\\ -28-16\\ -28-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-33\\ -44\\ -44\end{array}\right)$ = -11⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-15\\ -8\\ 14\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-15\\ -8\\ 14\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-\left(-4\right)·2\\ -4·\left(-4\right)-2·\left(-4\right)\\ 2·2-\left(-4\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+8\\ 16+8\\ 4-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}24\\ 24\\ -12\end{array}\right)$ = -12⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$

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

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}10\\ -12\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-8·\left(-7\right)\\ 8·4-\left(-1\right)·4\\ -1·\left(-7\right)-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+56\\ 32+4\\ 7-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}72\\ 36\\ -9\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)|$ = 162

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-1)}}^2+4^2+8^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-8)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 162 | :81

k = $\frac{\mathrm{162}}{\mathrm{81}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ -8\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-17\\ -4\\ 10\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ 8\\ -2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ 12\\ 6\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-17|-4|10\right)$ oder C'$\left(15|12|6\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ \mathrm{-6\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ -7\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ \mathrm{-6\; -\; c}\end{array}\right)$ = $5·\left(-3\right)+1·1-7·\left(-6-c\right)$ = $-15+1-7\left(-6-c\right)$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -2\end{array}\right)$