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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-5)}\cdot 0+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-1)}\cdot 1$ = 0

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}=0-12\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 4\\ -3\end{array}\right)$ = 1⋅t +23 = 0 wird, also t=$-23$ = -23.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-23\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+12}-12=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -6\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot \mathrm{(-6)}=0\mathrm{+12}-12=0$ 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:
$\left(5|1|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ -6\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 1=0-2\mathrm{+2}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-6\\ -5\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ = -6⋅t +12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{6}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-2x_2+x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$=$0\cdot 2+1\cdot \mathrm{(-2)}+2\cdot 1=0-2\mathrm{+2}=0$ 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: $2x_1-2x_2+x_3=0$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -9\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -9\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-9\\ -6\\ 2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -9\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-9\\ -6\\ 2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}2·2-\left(-9\right)·\left(-6\right)\\ -9·\left(-9\right)-\left(-6\right)·2\\ -6·\left(-6\right)-2·\left(-9\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4-54\\ 81+12\\ 36+18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-50\\ 93\\ 54\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=22 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-50\\ 93\\ 54\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 4=0-4\mathrm{+4}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ 4\end{array}\right)$ = 1⋅t +7 = 0 wird, also t=$-7$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-7x_1-x_2+4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-7\\ -1\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{(-7)}+4\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 4=0-4\mathrm{+4}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|5|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|5|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-7x_1-x_2+4x_3=-11$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}7\\ 6\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-9·\left(-6\right)-\left(-2\right)·6\\ -2·7-6·\left(-6\right)\\ 6·6-\left(-9\right)·7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}54+12\\ -14+36\\ 36+63\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}66\\ 22\\ 99\end{array}\right)$ = 11⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)|$ = 363

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+{\mathrm{(-9)}}^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+2^2+9^2}=\sqrt{121}=11$ gilt somit:

11 ⋅ k⋅11 = 363 | :121

k = $\frac{\mathrm{363}}{\mathrm{121}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}18\\ 6\\ 27\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}24\\ -3\\ 25\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ -9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-18\\ -6\\ -27\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-12\\ -15\\ -29\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(24|-3|25\right)$ oder C'$\left(-12|-15|-29\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-6\; -\; c}\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-6\; -\; c}\\ -3\\ -1\end{array}\right)$ = $4·\left(-6-c\right)-4·\left(-3\right)+0·\left(-1\right)$ = $4\left(-6-c\right)+12+0$

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

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