und nochmal eine neue Aufgabe zu diesem Thema 
Berechne eine Gleichung der Schnittgeraden g von E und H.
Welchen Winkel schließt die Gerade g mit der Ebene x1=0 ein?
Nenne x1 mal x; x2=y und x3=z
E:2x-ty+4z
H:y=t
Habe dann die Geradengleichungen:
E: (2/-t/4) φ =0
H: (0/1/0) φ -t=0
Würde dann H in E einsetzen(bei der Parameterform):
E:2x-t*t+4z
E:2x-t²+4z
t²=2x+4z
t= √ (2x+4z)
Ist das so richtig?Was muss ich weiter machen?
wenn sich Cepheiden nicht noch meldet, mach ich das später (so gegen Mittag).
Muss jetzt erstmal einkaufen gehen. 
Warum so kompliziert?
Setze H in E ein:
--> 2x+4z = t² Das ist deine Gerade g
Bringe sie von der Koordinatenform in die Parameterform:
z= 1/4*t² - 1/2*x --> Richtungsvektor ist (1,0,-1/2) (Die 0 wegen der fehlenden y-Koordinate)
Ein Punkt der Geraden wäre P(0,0,1/4*t²)
Daraus folgt für die Parameterform:
g=(0,0,1/4*t²) +k(1,0,-1/2)
Jetzt der Schnittpunkt mit der x1=0-Ebene.
Das ist quasi die Ebene, die den kompletten y-Bereich enthält.
Der Normalenvektor ist xn=(1,0,0)
Den Schnittwinkel von g mit dieser Ebene erhälst du über das Skalarprodukt vom Richtungsvektor von g, ich nenne den mal gR=(1,0,-1/2) mit dem Normalenvektor, xn=(1,0,0), von der Ebene.
Also
cos α = gR*xn / ( |gR|*|xn| )
oh, da warst du wohl ein bisschen schneller als ich. 
macht ja nichts wenn wir es beide gerechnet haben 
Aber irgendwas kann bei deiner Rechnung nicht stimmen.Für die Schnittgerade muss :
g=(t²/2;t;0)+ ρ (-2;0;1) herauskommen
sorry, hatte in meinem Stützvektor der Geraden das t in der y-Koordinate vergessen.
Meine Gerade würde dann lauten:
g=(0,t,1/4*t²) +k(1,0,-1/2)
Das ist genau die gleich wie deine.
Mein Richtungsvektor ist ein Vielfaches von deinem, eben nur entgegengesetzt halb so lang.
Also: (1,0,-1/2) * -2 = (-2;0;1)
Mein Stützpunkt (0, t, t²/4) ist ebenfalls ein Punkt der Geraden.
Setze bei dir für ρ = t²/4 und du erhälst meinen Punkt.
