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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0

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

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

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 5\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot \mathrm{(-5)}=0\mathrm{+25}-25=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -5\\ -5\end{array}\right)$ = 5⋅t +40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{5}$ = -8.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-8\\ -5\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -34 = 0 wird, also t=$\frac{34}{2}$=$17$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 17\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 17\end{array}\right)$=$1\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 1+0\cdot 17=-5\mathrm{+5}\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(0|0|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 17\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 6\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 6=0\mathrm{+36}-36=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ 6\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-3)}+6\cdot 6+\mathrm{(-6)}\cdot 6=0\mathrm{+36}-36=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|-5|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|-5|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1+6x_2+6x_3=-30$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ -6\\ -3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·\left(-3\right)-\left(-3\right)·\left(-6\right)\\ -3·2-\left(-6\right)·\left(-3\right)\\ -6·\left(-6\right)-2·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6-18\\ -6-18\\ 36-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-24\\ -24\\ 32\end{array}\right)$ = 8⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=7 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ -3\end{array}\right)$ nehmen.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 1\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-6)}=18\mathrm{+0}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -6\end{array}\right)$ = -3⋅t -15 = 0 wird, also t=$-\frac{15}{3}$=$-5$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -6\end{array}\right)$=$6\cdot 3+0\cdot \mathrm{(-5)}+3\cdot \mathrm{(-6)}=18\mathrm{+0}-18=0$ 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:
$\left(1|1|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -6\end{array}\right)$

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)|$ = 324

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

9 ⋅ k⋅9 = 324 | :81

k = $\frac{\mathrm{324}}{\mathrm{81}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}16\\ 4\\ 32\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ 12\\ 33\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 1\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-16\\ -4\\ -32\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-20\\ 4\\ -31\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(12|12|33\right)$ oder C'$\left(-20|4|-31\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·\left(-2\right)+4·5+10·\left(3-c\right)$ = $0+20+10\left(3-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -2\end{array}\right)$

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