Da wir in keinem der beiden Vektoren eine "Null" in den Koordinaten finden, erhalten wir den Normalenvektor am schnellsten mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt):

= -2⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ 4\\ 1\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ \mathrm{t}\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ \mathrm{t}\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{t}=36+-36+0=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ \mathrm{t}\end{array}\right)$ = -3⋅t +6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{3}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot 2=36+-36+0=0$ 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:
$\left(-4|-1|4\right)$ liegt in E, da:

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ -1\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 2\end{array}\right)$

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{t}\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{t}\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{t}+3\cdot 6=-18+0+18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{t}\\ 6\end{array}\right)$ = 6⋅t +48 = 0 wird, also t=$-\frac{48}{6}$=$-8$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -8\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1-8x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -8\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot 3+0\cdot \mathrm{(-8)}+3\cdot 6=-18+-0+18=0$ 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:

und erhalten d=-30.

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1-8x_2+6x_3=-30$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}4\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

= 16⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=6 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}1\\ 1\\ 0\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ \mathrm{t}\\ -3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ \mathrm{t}\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot \mathrm{t}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}=-9+0+9=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ \mathrm{t}\\ -3\end{array}\right)$ = 6⋅t -12 = 0 wird, also t=$\frac{12}{6}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 0\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -3\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-3)}+0\cdot 2+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}=-9+0+9=0$ 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:
$\left(1|5|-3\right)$ liegt in E, da:

.

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ -3\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 2\\ -3\end{array}\right)$