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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ nur in der x₃-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 $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$, weil $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₂- und die x₁-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 5\\ 4\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

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

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=4-4\mathrm{+0}=0$.

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

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ -6\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

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

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ t\end{array}\right)$ = -1⋅t +13 = 0 wird, also t=$13$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 13\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -5\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 13\end{array}\right)$=$3\cdot 6+\mathrm{(-5)}\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 13=18-5-13=0$ 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:
$\left(-5|1|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 1\\ 13\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ 6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -4\end{array}\right)$=$4\cdot 6+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+6\cdot \mathrm{(-4)}=24\mathrm{+0}-24=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ t\\ -4\end{array}\right)$ = -2⋅t -20 = 0 wird, also t=$-\frac{20}{2}$=$-10$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}6\\ -10\\ -4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $6x_1-10x_2-4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -2\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}6\\ -10\\ -4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 6+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-10)}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-4)}=-36\mathrm{+20}\mathrm{+16}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-4|0|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-4|0|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $6x_1-10x_2-4x_3=-36$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-4\\ 3\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·0-\left(-4\right)·3\\ -4·\left(-4\right)-0·0\\ 0·3-3·\left(-4\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+12\\ 16+0\\ 0+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ 16\\ 12\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -2\\ -8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 3\end{array}\right)$.

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

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

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

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=30 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-30\\ -18\\ 0\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-30\\ -18\\ 0\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+3^2+{\mathrm{(-4)}}^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+4^2+3^2}=\sqrt{25}=5$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 7\\ -1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ -4\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -1\\ -7\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₃-Achse Q_c(0|0|c). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 1\\ \mathrm{3\; -\; c}\end{array}\right)$ = $0·4-5·1-5·\left(3-c\right)$ = $0-5-5\left(3-c\right)$

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

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