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 $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-6)}\cdot 3+6\cdot 0+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=16-16\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t -12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{3}$ = -4.

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

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-2)}\cdot 4=8\mathrm{+0}-8=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = 2⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{2}$=$-6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+0\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-2)}\cdot 4=8\mathrm{+0}-8=0$ 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:
$\left(0|-2|-3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ 4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ -6\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-3)}=12\mathrm{+0}-12=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}6\\ 7\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = 7⋅t +42 = 0 wird, also t=$-\frac{42}{7}$=$-6$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1-6x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -6\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot 4+0\cdot \mathrm{(-6)}+4\cdot \mathrm{(-3)}=12\mathrm{+0}-12=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|-4|5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|-4|5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1-6x_2-3x_3=13$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ -3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·6-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-3\right)-6·6\\ 6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-36\\ 18-36\\ -36-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ -18\\ -45\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -3\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ -2\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-2\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·4-4·\left(-2\right)\\ 4·\left(-4\right)-\left(-2\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-16\\ -16+8\\ -16+8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ = -4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 2\end{array}\right)$.

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-6\right)-\left(-3\right)·3\\ -3·\left(-2\right)-6·\left(-6\right)\\ 6·3-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12+9\\ 6+36\\ 18-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}21\\ 42\\ 14\end{array}\right)$ = 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)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)|$ = 196

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

7 ⋅ k⋅7 = 196 | :49

k = $\frac{\mathrm{196}}{\mathrm{49}}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 24\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}18\\ 22\\ 5\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ -24\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ -26\\ -11\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(18|22|5\right)$ oder C'$\left(-6|-26|-11\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ \mathrm{7\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ 5\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ \mathrm{7\; -\; c}\end{array}\right)$ = $3·1+5·\left(-5\right)-11·\left(7-c\right)$ = $3-25-11\left(7-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ 7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -5\\ -2\end{array}\right)$