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 $\left(\begin{array}{c}-6\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-6\\ -1\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ 1\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-6)}\cdot 0+\mathrm{(-1)}\cdot \mathrm{(-1)}+\mathrm{(-1)}\cdot 1$ = 0

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -3\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot \mathrm{(-3)}=0\mathrm{+3}-3=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}7\\ 1\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -1\\ -3\end{array}\right)$ = 7⋅t +14 = 0 wird, also t=$-\frac{14}{7}$ = -2.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ -3\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 5+\mathrm{(-5)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=25-25\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 5⋅t +10 = 0 wird, also t=$-\frac{10}{5}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ 5\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot 5+4\cdot 5+5\cdot \mathrm{(-2)}=-10\mathrm{+20}-10=0$ 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:
$\left(5|-2|-5\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 2\\ 2\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+2\cdot 2+\mathrm{(-2)}\cdot 2=0\mathrm{+4}-4=0$.

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

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -5\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ 2\\ 2\end{array}\right)$=$2\cdot 2+\mathrm{(-5)}\cdot 2+3\cdot 2=4-10\mathrm{+6}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(0|-4|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(0|-4|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1+2x_2+2x_3=-18$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}6\\ 3\\ 2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·6-2·3\\ 2·2-6·6\\ 6·3-3·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18-6\\ 4-36\\ 18-6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ -32\\ 12\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -8\\ 3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=14 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}11\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}11\\ 6\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -8\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·\left(-6\right)-3·6\\ 3·3-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·6-6·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-36-18\\ 9-36\\ -36-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-54\\ -27\\ -54\end{array}\right)$ = -27⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-8\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-8\\ 6\\ 3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}2\\ 1\\ 2\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·3-\left(-2\right)·6\\ -2·2-\left(-6\right)·3\\ -6·6-3·2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}9+12\\ -4+18\\ -36-6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}21\\ 14\\ -42\end{array}\right)$ = 7⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)|$ = 49

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+3^2+{\mathrm{(-2)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{3^2+2^2+{\mathrm{(-6)}}^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 49 | :49

k = $\frac{\mathrm{49}}{\mathrm{49}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -8\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -2\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ 6\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ 1\\ 4\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-3|5|-8\right)$ oder C'$\left(-9|1|4\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}2\\ 3\\ -9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ \mathrm{8\; -\; c}\end{array}\right)$ = $2·0+3·\left(-3\right)-9·\left(8-c\right)$ = $0-9-9\left(8-c\right)$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{9}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -1\end{array}\right)$