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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ -3\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$ = $5\cdot 0+3\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-3)}$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -3\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 4\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 4\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 4=0-16\mathrm{+16}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -4\\ 4\end{array}\right)$ = 3⋅t +12 = 0 wird, also t=$-\frac{12}{3}$ = -4.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -12\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-6\\ 6\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-6)}+6\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=36-36\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -12\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ t\end{array}\right)$ = -12⋅t +36 = 0 wird, also t=$\frac{36}{12}$=$3$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ -12\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-12)}\cdot 3=12\mathrm{+24}-36=0$ 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:
$\left(4|0|-5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}4\\ 0\\ -5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -2\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot 5=5\mathrm{+0}-5=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 5\end{array}\right)$ = 1⋅t -5 = 0 wird, also t=$5$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{-}{x}_1+5x_2+5x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ -2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ 5\\ 5\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-1)}+1\cdot 5+\mathrm{(-2)}\cdot 5=5\mathrm{+5}-10=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|2|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|2|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{-}{x}_1+5x_2+5x_3=-17$

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -7\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-\left(-7\right)·\left(-7\right)\\ -7·4-4·4\\ 4·\left(-7\right)-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16-49\\ -28-16\\ -28-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-33\\ -44\\ -44\end{array}\right)$ = -11⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=18 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ -14\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ -14\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 4\end{array}\right)$.

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·\left(-4\right)-\left(-4\right)·0\\ -4·\left(-3\right)-0·\left(-4\right)\\ 0·0-\left(-3\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12+0\\ 12+0\\ 0-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ 12\\ -9\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -3\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=5 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -4\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 4\\ -3\end{array}\right)$.

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

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)|$ = 75

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

5 ⋅ k⋅5 = 75 | :25

k = $\frac{\mathrm{75}}{\mathrm{25}}$ = 3

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ 9\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}15\\ 5\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ -9\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-9\\ -13\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(15|5|0\right)$ oder C'$\left(-9|-13|0\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-1\\ -3\\ 9\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{4\; -\; c}\\ -4\\ -1\end{array}\right)$ = $-1·\left(4-c\right)-3·\left(-4\right)+9·\left(-1\right)$ = $-\left(4-c\right)+12-9$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{1}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

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