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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ nur in der x₂-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 $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$, weil $\left(\begin{array}{c}0\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -1\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ = $1\cdot 1+3\cdot 0+\mathrm{(-1)}\cdot 1$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}1\\ 0\\ 1\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ 1\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot 1+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+1\cdot \mathrm{(-2)}=2\mathrm{+0}-2=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}6\\ 2\\ 5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = 2⋅t -4 = 0 wird, also t=$\frac{4}{2}$ = 2.

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -4\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-4)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-2)}=-8\mathrm{+0}\mathrm{+8}=0$.

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

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ 6\\ 4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}+6\cdot 0+4\cdot \mathrm{(-2)}=8\mathrm{+0}-8=0$ 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:
$\left(-3|5|4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$ in der x₂-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -2\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}2\\ 0\\ -6\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -2\end{array}\right)$=$2\cdot \mathrm{(-6)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}+\mathrm{(-6)}\cdot \mathrm{(-2)}=-12\mathrm{+0}\mathrm{+12}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ t\\ -2\end{array}\right)$ = -4⋅t +8 = 0 wird, also t=$\frac{8}{4}$=$2$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -2\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $-6x_1+2x_2-2x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-2\\ -4\\ 2\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-6\\ 2\\ -2\end{array}\right)$=$\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-6)}+\mathrm{(-4)}\cdot 2+2\cdot \mathrm{(-2)}=12-8-4=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(3|4|-5\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(3|4|-5\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $-6x_1+2x_2-2x_3=0$

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:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ -3\\ 4\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ -3\\ 0\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-3·0-4·\left(-3\right)\\ 4·4-0·0\\ 0·\left(-3\right)-\left(-3\right)·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0+12\\ 16+0\\ 0+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ 16\\ 12\end{array}\right)$ = 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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ -4\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-4\\ 4\\ -7\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-7\\ 4\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·\left(-4\right)-\left(-7\right)·4\\ -7·\left(-7\right)-\left(-4\right)·\left(-4\right)\\ -4·4-4·\left(-7\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-16+28\\ 49-16\\ -16+28\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}12\\ 33\\ 12\end{array}\right)$ = 3⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ 11\\ 4\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=9 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-11\\ 4\\ -7\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-11\\ 4\\ -7\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}4\\ 11\\ 4\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}4\\ 7\\ -4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·\left(-4\right)-8·7\\ 8·4-1·\left(-4\right)\\ 1·7-4·4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-16-56\\ 32+4\\ 7-16\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-72\\ 36\\ -9\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)|$ = 81

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{1^2+4^2+8^2}=\sqrt{81}=9$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{8^2+{\mathrm{(-4)}}^2+1^2}=\sqrt{81}=9$ gilt somit:

9 ⋅ k⋅9 = 81 | :81

k = $\frac{\mathrm{81}}{\mathrm{81}}$ = 1

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 1⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}9\\ 0\\ 9\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 1⋅$\left(\begin{array}{c}8\\ -4\\ 1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}1\\ 4\\ 8\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-8\\ 4\\ -1\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-7\\ 8\\ 7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(9|0|9\right)$ oder C'$\left(-7|8|7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{-1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ -5\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}5\\ \mathrm{-1\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $0·5+1·\left(-1-c\right)-5·\left(-1\right)$ = $0+\left(-1-c\right)+5$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{4}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}5\\ -5\\ -1\end{array}\right)$

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