Da wir in keinem der beiden Vektoren eine "Null" in den Koordinaten finden, erhalten wir den Normalenvektor am schnellsten mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt):

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

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{n_E}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$ in der x₃-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}5\\ 3\\ 0\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$=$5\cdot \mathrm{(-3)}+3\cdot 5+0\cdot \mathrm{t}=-15+15+0=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_g}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ t\end{array}\right)$ = 4⋅t -24 = 0 wird, also t=$\frac{24}{4}$=$6$. Der Richungsvektor der gesuchten Geraden h ist also $\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 6\end{array}\right)$.

Da $\overrightarrow{n}$⋅$\overrightarrow{{\mathrm{rv}}_h}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ -3\\ 4\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 6\end{array}\right)$=$3\cdot \mathrm{(-3)}+\mathrm{(-3)}\cdot 5+4\cdot 6=-9+-15+24=0$ 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:
$\left(-3|-2|-4\right)$ liegt in E, da:

Die gesuchte Gerade ist also h: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}-3\\ -2\\ -4\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ 6\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ von F als auch zum Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$ von g orthogonal stehen.

Weil beim Normalenvektor $\overrightarrow{\mathrm{n_F}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$ in der x₁-Koordinaten eine 0 steht, wäre ja der Vektor $\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ für jedes t orthogonal zur Ebene, denn $\left(\begin{array}{c}0\\ 6\\ -3\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$0\cdot \mathrm{t}+6\cdot 3+\mathrm{(-3)}\cdot 6=0+18+-18=0$.

Nun müssen wir noch das t so bestimmen, dass auch das Skalarprodukt mit dem Richungsvektor $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}t\\ 3\\ 6\end{array}\right)$ = -3⋅t +9 = 0 wird, also t=$\frac{9}{3}$=$3$. Der Normalenvektor der gesuchten Ebene ist also $\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 6\end{array}\right)$, die Ebenengleichung also: $3x_1+3x_2+6x_3=\mathrm{d}$.

Da $\overrightarrow{\mathrm{rv}}$⋅$\overrightarrow{\mathrm{n_E}}$=$\left(\begin{array}{c}-3\\ 5\\ -1\end{array}\right)$⋅$\left(\begin{array}{c}3\\ 3\\ 6\end{array}\right)$=$\mathrm{(-3)}\cdot 3+5\cdot 3+\mathrm{(-1)}\cdot 6=-9+15+-6=0$ ist, liegt also g entweder parallel zu unserer gesuchten Ebene E oder sie liegt in ihr. Wenn der Aufpunkt $\left(5|2|4\right)$ in E liegt, muss also auch die ganze Gerade in E liegen. Wir setzen also $\left(5|2|4\right)$ in E ein:

Die gesuchte Ebene ist also E: $3x_1+3x_2+6x_3=45$

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

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -6\end{array}\right)$ 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:

$\overrightarrow{1}=\left(\begin{array}{c}3\\ 6\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}3\\ -6\\ 6\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}6\cdot 6-(-6)\cdot (-6)\\ -6\cdot 3-3\cdot 6\\ 3\cdot (-6)-6\cdot 3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}36-36\\ -18-18\\ -18-18\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}0\\ -36\\ -36\end{array}\right)$ = -36⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$

Als Stützvektor dieser Geraden brauchen wir einen Punkt, der von beiden Ebenen den gleichen Abstand d=27 hat. Dafür können wir natürlich einfach den Ortsvektor des gegebenen Punkts $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}5\\ 18\\ -18\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}5\\ 18\\ -18\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}0\\ 1\\ 1\end{array}\right)$.

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: $\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ -6\end{array}\right)$ = 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:
$\overrightarrow{u}$⋅$\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -8\end{array}\right)$ = 0.

Wir suchen also einen Richtungsvektor, der sowohl orthogonal zu $\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ -6\end{array}\right)$ als auch zu $\left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -8\end{array}\right)$ ist. Dieses Problem kennen wir ja bereits und können wir mit dem Vektorprodukt (Kreuzprodukt) lösen:

$\overrightarrow{1}=\left(\begin{array}{c}0\\ -8\\ -6\end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-6\\ 0\\ -8\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}-8\cdot (-8)-(-6)\cdot 0\\ -6\cdot (-6)-0\cdot (-8)\\ 0\cdot 0-(-8)\cdot (-6)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64-0\\ 36-0\\ 0-48\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}64\\ 36\\ -48\end{array}\right)$ = 4⋅$\left(\begin{array}{c}16\\ 9\\ -12\end{array}\right)$

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 $\overrightarrow{\mathrm{OP}}$=$\left(\begin{array}{c}0\\ -11\\ -6\end{array}\right)$ nehmen.

Eine mögliche Gleichung solch einer Gerade wäre also g: $\overrightarrow{x}=$ $\left(\begin{array}{c}0\\ -11\\ -6\end{array}\right)+t\cdot \left(\begin{array}{c}16\\ 9\\ -12\end{array}\right)$.