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 $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ a\\ b\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₃- und die x₂-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 2\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}0\\ 2\\ -2\end{array}\right)$ = $6\cdot 0+2\cdot 2+2\cdot \mathrm{(-2)}$ = 0

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

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-2\\ 0\\ -1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-1)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-1)}\cdot 2=2\mathrm{+0}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ -2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-1\\ t\\ 2\end{array}\right)$ = -2⋅t -6 = 0 wird, also t=$-\frac{6}{2}$ = -3.

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

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 $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ von E als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 4\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ -5\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-5)}\cdot 3=15\mathrm{+0}-15=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-5\\ t\\ 3\end{array}\right)$ = -2⋅t +2 = 0 wird, also t=$\frac{2}{2}$=$1$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 3\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ -2\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 3\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-2)}\cdot 1+4\cdot 3=-10-2\mathrm{+12}=0$ 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:
$\left(-4|4|5\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ 5\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-5\\ 1\\ 3\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -3\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -1\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -1\end{array}\right)$=$1\cdot 4+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+4\cdot \mathrm{(-1)}=4\mathrm{+0}-4=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ t\\ -1\end{array}\right)$ = -1⋅t +23 = 0 wird, also t=$23$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 23\\ -1\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $4x_1+23x_2-x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ 23\\ -1\end{array}\right)$=$5\cdot 4+\mathrm{(-1)}\cdot 23+\mathrm{(-3)}\cdot \mathrm{(-1)}=20-23\mathrm{+3}=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(1|4|-1\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(1|4|-1\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $4x_1+23x_2-x_3=97$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ -2\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-2\right)\\ -6·3-\left(-2\right)·\left(-6\right)\\ -2·\left(-2\right)-3·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-18-12\\ -18-12\\ 4-9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-30\\ -30\\ -5\end{array}\right)$ = -5⋅$\left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 1\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ -12\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-1\\ 6\\ -12\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}6\\ 6\\ 1\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}9\\ -6\\ -2\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}9\\ -2\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·\left(-6\right)-\left(-2\right)·\left(-2\right)\\ -2·9-9·\left(-6\right)\\ 9·\left(-2\right)-\left(-6\right)·9\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-4\\ -18+54\\ -18+54\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}32\\ 36\\ 36\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ 9\\ 9\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=11 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}7\\ -6\\ -2\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}7\\ -6\\ -2\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}8\\ 9\\ 9\end{array}\right)$.

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

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

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

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

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+{\mathrm{(-4)}}^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{25}=5$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{0^2+{\mathrm{(-3)}}^2+4^2}=\sqrt{25}=5$ 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⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ -9\\ 12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -13\\ 9\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 3⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ -4\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}0\\ 9\\ -12\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}0\\ 5\\ -15\end{array}\right)$

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

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{7\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-2\\ 1\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ \mathrm{7\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-2·3+1·\left(7-c\right)-4·\left(-1\right)$ = $-6+\left(7-c\right)+4$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{5}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -1\end{array}\right)$

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}3\\ 7\\ -1\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ -1\end{array}\right)$