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

Da ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ 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 $\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ 0\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0

Und weil ja aber auch $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}b\\ 0\\ a\end{array}\right)$= 0 gelten muss, können wir beim Normalenvektor einfach die x₁- und die x₃-Koordinaten vom Vektor $\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ vertauschen und bei einer das Vorzeichen wechseln, denn:

$\left(\begin{array}{c}-2\\ 4\\ 4\end{array}\right)$ ∘ $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ = $\mathrm{(-2)}\cdot \mathrm{(-4)}+4\cdot 0+4\cdot \mathrm{(-2)}$ = 0

Somit wäre $\left(\begin{array}{c}-4\\ 0\\ -2\end{array}\right)$ ein Normalenvektor zu den beiden gegebenen Vektoren.

Weil beim Vektor $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinate eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=15-15\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Vektor $\left(\begin{array}{c}2\\ 4\\ 2\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = 2⋅t -26 = 0 wird, also t=$\frac{26}{2}$ = 13.

Der gesuchte Normalenvektor ist also $\overrightarrow{n}$ = $\left(\begin{array}{c}-3\\ -5\\ 13\end{array}\right)$

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}-5\\ -4\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ t\end{array}\right)$=$\mathrm{(-5)}\cdot 4+\mathrm{(-4)}\cdot \mathrm{(-5)}+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=-20\mathrm{+20}\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ t\end{array}\right)$ = -3⋅t +6 = 0 wird, also t=$\frac{6}{3}$=$2$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 2\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}4\\ 2\\ -3\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}4\\ -5\\ 2\end{array}\right)$=$4\cdot 4+2\cdot \mathrm{(-5)}+\mathrm{(-3)}\cdot 2=16-10-6=0$ 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:
$\left(-5|1|2\right)$ liegt in E, da:

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

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_F}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ -1\\ 0\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot 1+\mathrm{(-1)}\cdot 5+0\cdot \mathrm{<mi>t</mi>}=5-5\mathrm{+0}=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = -4⋅t +16 = 0 wird, also t=$\frac{16}{4}$=$4$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 4\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $\mathrm{}{x}_1+5x_2+4x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}1\\ 3\\ -4\end{array}\right)$∘$\left(\begin{array}{c}1\\ 5\\ 4\end{array}\right)$=$1\cdot 1+3\cdot 5+\mathrm{(-4)}\cdot 4=1\mathrm{+15}-16=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(-2|4|3\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(-2|4|3\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $\mathrm{}{x}_1+5x_2+4x_3=30$

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

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}-6\\ -6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ -6\\ -6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-6·\left(-6\right)-\left(-3\right)·\left(-6\right)\\ -3·\left(-3\right)-\left(-6\right)·\left(-6\right)\\ -6·\left(-6\right)-\left(-6\right)·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-18\\ 9-36\\ 36-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}18\\ -27\\ 18\end{array}\right)$ = -9⋅$\left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}-14\\ -12\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-14\\ -12\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-2\\ 3\\ -2\end{array}\right)$.

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

$\overrightarrow{u}=\left(\begin{array}{c}0\\ 4\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-3\\ 0\\ 4\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}4·4-\left(-3\right)·0\\ -3·\left(-3\right)-0·4\\ 0·0-4·\left(-3\right)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16+0\\ 9+0\\ 0+12\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}16\\ 9\\ 12\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ 14\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ 9\\ 12\end{array}\right)$.

Der Vektor $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ sein, weil ABCD ja ein Rechteck mit lauter rechten Winkeln ist. Außerdem muss $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ aber auch noch orthogonal zum Normalenvektor der Ebene $\overrightarrow{n}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ sein, weil ja alle Punkte und deren Verbindungsvektoren in der Ebene liegen.

Und die Richtung, die sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)$ sein muss, können wir mit dem Vektorprodukt berechnen:

k⋅$\overrightarrow{\mathrm{BC}}=\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ 2\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6·6-\left(-3\right)·2\\ -3·3-2·6\\ 2·2-6·3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36+6\\ -9-12\\ 4-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}42\\ -21\\ -14\end{array}\right)$ = -7⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$

Die Länge des Vektors können wir über den Flächeninhalt berechnen:

A = $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$\right|$⋅ $|k·\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)|$ = 98

mit $\left|$ \left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{2^2+6^2+{\mathrm{(-3)}}^2}=\sqrt{49}=7$ und $\left|$ \left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$\right|$ = $\sqrt{{\mathrm{(-6)}}^2+3^2+2^2}=\sqrt{49}=7$ gilt somit:

7 ⋅ k⋅7 = 98 | :49

k = $\frac{\mathrm{98}}{\mathrm{49}}$ = 2

Für den Ortsvektor des gesuchten Punkts C gilt somit:
$\overrightarrow{\mathrm{0C}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ + 2⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}-12\\ 6\\ 4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}-10\\ 12\\ 1\end{array}\right)$
bzw. $\overrightarrow{\mathrm{0C\text{'}}}$ = $\overrightarrow{\mathrm{0B}}$ - 2⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 3\\ 2\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}2\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ + $\left(\begin{array}{c}12\\ -6\\ -4\end{array}\right)$ = $\left(\begin{array}{c}14\\ 0\\ -7\end{array}\right)$

Die Koordinaten von C sind somit C$\left(-10|12|1\right)$ oder C'$\left(14|0|-7\right)$.

Wir nennen den Schnittpunkt der gesuchten Gerade mit der x₂-Achse Q_c(0|c|0). Damit muss $\overrightarrow{Q_{c}P}$=$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ 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 = $\left(\begin{array}{c}-5\\ -1\\ -6\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}2\\ \mathrm{4\; -\; c}\\ -1\end{array}\right)$ = $-5·2-1·\left(4-c\right)-6·\left(-1\right)$ = $-10-\left(4-c\right)+6$

Damit ist der Richtungsvektor der gesuchten Gerade $\overrightarrow{Q_{8}P}$ = = $\left(\begin{array}{c}2\\ -4\\ -1\end{array}\right)$

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