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 $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-4\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}+5\cdot 0+2\cdot \mathrm{(-4)}$ = 0

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-12\mathrm{+12}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -5\\ -11\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ t\end{array}\right)$ = -11⋅t +11 = 0 wird, also t=$\frac{11}{11}$ = 1.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}20\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-5)}=0-25\mathrm{+25}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}20\\ 4\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ -5\end{array}\right)$ = 20⋅t +40 = 0 wird, also t=$-\frac{40}{20}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 5\\ -5\end{array}\right)$.

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

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

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 5\\ 2\end{array}\right)$ = -3⋅t +3 = 0 wird, also t=$\frac{3}{3}$=$1$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+5x_2+2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot 1+2\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 2=0\mathrm{+10}-10=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|0|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|0|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+5x_2+2x_3=7$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ -3\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-3\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·\left(-6\right)\\ -3·\left(-3\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-18\\ 36-18\\ 9-36\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18\\ 18\\ -27\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -12\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ -12\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 3\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-4\\ 2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = 2⋅t -8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{2}$=$4$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 4\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 5+0\cdot 4+5\cdot 3=-15\mathrm{+0}\mathrm{+15}=0$ 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:
$\left(-5|-1|-3\right)$ liegt in E, da:

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

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)|$ = 121

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

11 ⋅ k⋅11 = 121 | :121

k = $\frac{\mathrm{121}}{\mathrm{121}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ 7\\ 12\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 9\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}2\\ -9\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}11\\ -11\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(7|7|12\right)$ oder C'$\left(11|-11|0\right)$.

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

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{\mathrm{-2}}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ -1\end{array}\right)$

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