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

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

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 5\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 1\\ 5\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

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

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=3-3\mathrm{+0}=0$.

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

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 2+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 5=-10\mathrm{+0}\mathrm{+10}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 5⋅t -15 = 0 wird, also t=$\frac{15}{5}$=$3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$=$5\cdot 2+5\cdot 3+\mathrm{(-5)}\cdot 5=10\mathrm{+15}-25=0$ 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:
$\left(-3|0|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 5\end{array}\right)$

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -40 = 0 wird, also t=$\frac{40}{2}$=$20$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ 20\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1+4x_2+20x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -1\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 4\\ 20\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-1)}\cdot 4+2\cdot 20=-36-4\mathrm{+40}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|-2|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|-2|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+4x_2+20x_3=-2$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -7\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ -7\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-7\\ -4\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ -7\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4·\left(-4\right)-\left(-4\right)·\left(-7\right)\\ -4·\left(-4\right)-\left(-7\right)·\left(-4\right)\\ -7·\left(-7\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-28\\ 16-28\\ 49-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-12\\ -12\\ 33\end{array}\right)$ = -3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -11\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -4\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -11\end{array}\right)$.

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-2)}=-2\mathrm{+0}\mathrm{+2}=0$.

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

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

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1+x_2-2x_3=6$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0·0-4·1\\ 4·0-3·0\\ 3·1-0·0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0-4\\ 0+0\\ 3+0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)|$ = 25

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+0^2+4^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{4^2+0^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{25}=5$ gilt somit:

5 ⋅ k⋅5 = 25 | :25

k = $\frac{\mathrm{25}}{\mathrm{25}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}7\\ 0\\ 1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ 7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(7|0|1\right)$ oder C'$\left(-1|0|7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ \mathrm{-10\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·1-1·\left(-2\right)+2·\left(-10-c\right)$ = $0+2+2\left(-10-c\right)$

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

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -10\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ -1\end{array}\right)$