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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}a\\ b\\ 0\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₂- und die x₁-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}1\\ -2\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ = $1\cdot \mathrm{(-2)}+\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+2\cdot 0$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}-2\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -5\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -3\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ -5\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -5\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}=0-15\mathrm{+15}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ 3\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ -5\end{array}\right)$ = 4⋅t +24 = 0 wird, also t=$-\frac{24}{4}$ = -6.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ -5\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 4\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ 5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+5\cdot 4=-20\mathrm{+0}\mathrm{+20}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ t\\ 4\end{array}\right)$ = -8⋅t -16 = 0 wird, also t=$-\frac{16}{8}$=$-2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 4\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -8\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 4\end{array}\right)$=$\mathrm{(-4)}\cdot 5+\mathrm{(-8)}\cdot \mathrm{(-2)}+1\cdot 4=-20\mathrm{+16}\mathrm{+4}=0$ 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:
$\left(-4|4|-1\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}5\\ -2\\ 4\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}-9\\ -3\\ 3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$ 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 Geraden, 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 Normalenvektor von F $\left(\begin{array}{c}-9\\ -3\\ 3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ -3\\ 3\end{array}\right)$ = -9⋅t +18 = 0 wird, also t=$\frac{18}{9}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 3\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $2x_1-3x_2+3x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}2\\ -3\\ 3\end{array}\right)$=$0\cdot 2+3\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 3=0-9\mathrm{+9}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(2|3|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(2|3|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $2x_1-3x_2+3x_3=7$

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ 4\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}8\\ 8\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}8\\ 4\\ 8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}8·8-4·4\\ 4·8-8·8\\ 8·4-8·8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-16\\ 32-64\\ 32-64\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}48\\ -32\\ -32\end{array}\right)$ = 16⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=24 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}15\\ 16\\ 8\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}15\\ 16\\ 8\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -2\end{array}\right)$.

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

Weil beim Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Geraden, denn $\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ t\end{array}\right)$=$4\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=12-12\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Normalenvektor von E $\left(\begin{array}{c}-2\\ -2\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -14 = 0 wird, also t=$\frac{14}{2}$=$7$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 7\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 7\end{array}\right)$=$4\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 4+0\cdot 7=12-12\mathrm{+0}=0$ 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:
$\left(0|-3|-2\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ 7\end{array}\right)$

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)|$ = 50

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

5 ⋅ k⋅5 = 50 | :25

k = $\frac{\mathrm{50}}{\mathrm{25}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-6\\ 8\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ 5\\ 0\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-4\\ -3\\ 0\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}6\\ -8\\ 0\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ -11\\ 0\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-10|5|0\right)$ oder C'$\left(2|-11|0\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₁-Achse Q_c(c|0|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}\mathrm{3\; -\; c}\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 10\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}\mathrm{3\; -\; c}\\ 4\\ -2\end{array}\right)$ = $-3·\left(3-c\right)+5·4+10·\left(-2\right)$ = $-3\left(3-c\right)+20-20$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{3}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -2\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 4\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -2\end{array}\right)$