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

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

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₂- und die x₁-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-2)}\cdot 4+3\cdot 0$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -4⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{4}$ = 4.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 11\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=20-20\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 11⋅t -33 = 0 wird, also t=$\frac{33}{11}$=$3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -2\\ 11\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-2)}\cdot 4+11\cdot 3=-25-8\mathrm{+33}=0$ 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:
$\left(3|1|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 1\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot 3+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-1)}=3\mathrm{+0}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = -2⋅t -20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{2}$=$-10$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -10\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1-10x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ -10\\ -1\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 3+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-10)}+2\cdot \mathrm{(-1)}=-18\mathrm{+20}-2=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(4|0|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(4|0|2\right)$ in E ein:

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

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

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

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

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ 3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-6)}=0-30\mathrm{+30}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -6\end{array}\right)$ = 2⋅t -16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{2}$=$8$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}8\\ 5\\ -6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}8\\ 5\\ -6\end{array}\right)$=$2\cdot 8+\mathrm{(-2)}\cdot 5+1\cdot \mathrm{(-6)}=16-10-6=0$ 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:
$\left(1|-5|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ 5\\ -6\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·0-\left(-4\right)·0\\ -4·1-0·0\\ 0·0-\left(-3\right)·1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+0\\ -4+0\\ 0+3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ 3\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)|$ = 75

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-4)}}^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+4^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{25}=5$ gilt somit:

5 ⋅ k⋅5 = 75 | :25

k = $\frac{\mathrm{75}}{\mathrm{25}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 12\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 9\\ -13\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -12\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -15\\ 5\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(0|9|-13\right)$ oder C'$\left(0|-15|5\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ \mathrm{0\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-3·\left(-1\right)+2·\left(-c\right)+1·\left(-1\right)$ = $3-2c-1$

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

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