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 $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-1\\ 3\\ 1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-1)}+3\cdot 0+1\cdot \mathrm{(-1)}$ = 0

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

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -9\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ -3\end{array}\right)$ = -9⋅t -27 = 0 wird, also t=$-\frac{27}{9}$ = -3.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -3\\ -3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ t\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +1 = 0 wird, also t=$1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ 1\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 6\\ 1\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-5)}+5\cdot 6+0\cdot 1=-30\mathrm{+30}\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(-1|-5|-4\right)$ liegt in E, da:

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

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ 2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+3\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 3=0-9\mathrm{+9}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 3\end{array}\right)$ = 6⋅t +18 = 0 wird, also t=$-\frac{18}{6}$=$-3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-3x_1-3x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -4\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -3\\ 3\end{array}\right)$=$6\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-3)}+2\cdot 3=-18\mathrm{+12}\mathrm{+6}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|4|2\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|4|2\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-3x_1-3x_2+3x_3=-3$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ 8\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·0-\left(-6\right)·8\\ -6·\left(-6\right)-0·0\\ 0·8-8·\left(-6\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+48\\ 36+0\\ 0+48\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48\\ 36\\ 48\end{array}\right)$ = 12⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=10 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 4\end{array}\right)$.

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 6\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+18}-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -6\\ -3\end{array}\right)$ = 2⋅t -36 = 0 wird, also t=$\frac{36}{2}$=$18$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}18\\ -6\\ -3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $18x_1-6x_2-3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}18\\ -6\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot 18+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+18}-18=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-1|3|0\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-1|3|0\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $18x_1-6x_2-3x_3=-36$

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⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}7\\ -6\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9·\left(-6\right)-\left(-2\right)·\left(-6\right)\\ -2·7-6·\left(-6\right)\\ 6·\left(-6\right)-9·7\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54-12\\ -14+36\\ -36-63\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-66\\ 22\\ -99\end{array}\right)$ = -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)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)|$ = 121

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+9^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{121}=11$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{6^2+{\mathrm{(-2)}}^2+9^2}=\sqrt{121}=11$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}12\\ 7\\ 7\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ -2\\ 9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}6\\ 9\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -9\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 11\\ -11\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ \mathrm{-4\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ -4\\ \mathrm{-4\; -\; c}\end{array}\right)$ = $3·\left(-4\right)+0·\left(-4\right)-6·\left(-4-c\right)$ = $-12+0-6\left(-4-c\right)$

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

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