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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ = $2\cdot 1+4\cdot 0+\mathrm{(-1)}\cdot 2$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 1\end{array}\right)$ = -1⋅t +13 = 0 wird, also t=$13$ = 13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}13\\ -3\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 5=0-10\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 5\end{array}\right)$ = -1⋅t -31 = 0 wird, also t=$-31$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-31\\ -2\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-31\\ -2\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-31)}+3\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-5)}\cdot 5=31-6-25=0$ 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:
$\left(4|5|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-31\\ -2\\ 5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-24\mathrm{+24}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -22 = 0 wird, also t=$\frac{22}{2}$=$11$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 11\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1-6x_2+11x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ 11\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot 11=-24\mathrm{+24}\mathrm{+0}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|-1|-2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|-1|-2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1-6x_2+11x_3=-8$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-1\\ -2\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-1·2-2·\left(-2\right)\\ 2·\left(-1\right)-\left(-2\right)·2\\ -2·\left(-2\right)-\left(-1\right)·\left(-1\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2+4\\ -2+4\\ 4-1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

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

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 8\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·8-\left(-4\right)·8\\ -4·\left(-4\right)-8·8\\ 8·8-8·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64+32\\ 16-64\\ 64+32\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}96\\ -48\\ 96\end{array}\right)$ = -48⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=24 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ 16\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}15\\ 16\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)|$ = 147

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+{\mathrm{(-3)}}^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+{\mathrm{(-2)}}^2+3^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 147 | :49

k = $\frac{\mathrm{147}}{\mathrm{49}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}18\\ -6\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}20\\ -9\\ 3\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-18\\ 6\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-16\\ 3\\ -15\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(20|-9|3\right)$ oder C'$\left(-16|3|-15\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ \mathrm{-11\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ 1\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ \mathrm{-11\; -\; c}\end{array}\right)$ = $-4·4+1·5-11·\left(-11-c\right)$ = $-16+5-11\left(-11-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-10}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -11\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 5\\ -1\end{array}\right)$