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 $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ -15\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -15⋅t +30 = 0 wird, also t=$\frac{30}{15}$ = 2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ 4\end{array}\right)$

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

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

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

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

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-5)}=0\mathrm{+5}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -5\end{array}\right)$ = 2⋅t +8 = 0 wird, also t=$-\frac{8}{2}$=$-4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ -5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-4x_1-x_2-5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ -5\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-4)}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-5)}=-8\mathrm{+3}\mathrm{+5}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|-2|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|-2|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-4x_1-x_2-5x_3=-22$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-9\\ -2\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-2\\ -6\\ -9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-2·\left(-9\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-2\right)-\left(-9\right)·\left(-9\right)\\ -9·\left(-6\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18-36\\ 12-81\\ 54-4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18\\ -69\\ 50\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -4\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ -4\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}18\\ 69\\ -50\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=6-6\mathrm{+0}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -17\end{array}\right)$=$6\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 6+0\cdot \mathrm{(-17)}=6-6\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(4|-1|3\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 6\\ -17\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 1\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1·1-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·2-2·1\\ 2·\left(-2\right)-1·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1-4\\ -4-2\\ -4-2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -6\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)|$ = 36

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+1^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{9}=3$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+2^2+2^2}=\sqrt{9}=3$ gilt somit:

3 ⋅ k⋅3 = 36 | :9

k = $\frac{\mathrm{36}}{9}$ = 4

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 4⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 8\\ 8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ 6\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 4⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ -8\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -7\\ -10\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(6|9|6\right)$ oder C'$\left(-2|-7|-10\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-7\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -2\\ 8\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{-7\; -\; c}\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ = $-4·\left(-7-c\right)-2·0+8·\left(-1\right)$ = $-4\left(-7-c\right)+0-8$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-5}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-7\\ 0\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$