Nachtermin Teil B

Zeichne zunächst ein Koordinatensystem mit $-6\leq x\leq8$ und $-5\leq x\leq8$.

Bestimme für die beiden Geraden $g$ und $h$ jeweils $2$ Punkte, die auf diesen Geraden liegen, z.B. $P_1(0|6)$ und $P_2(1|6{,}25)$ für die Gerade $g$, sowie $Q_1(0|-1)$ und $Q_2(1|0)$ für die Gerade $h$.

Die Gerade $g$ erhältst Du, indem Du eine Gerade durch die beiden Punkte $P_1(0|6)$ und $P_2(1|6{,}25)$ zeichnest.

Die Gerade $h$ erhältst Du, indem Du eine Gerade durch die beiden Punkte

$Q_1(0|-1)$ und $Q_2(1|0)$ zeichnest.

Berechne nun die Koordinaten der Punkte $A_1,B_1,C_1,D_1$.

Für $x=2 \Rightarrow D_1(2|1)$. $A_1$ liegt auf $g$ und hat eine um $2$ kleinere Abszisse wie $D_1$ $\Rightarrow A_1(0|6).$

Verbinde $A_1$ und $D_1$ und trage in $A_1$ einen $90°$ Winkel an. Du erhältst den Punkt $B_1$ indem Du auf dem freien Schenkel des Winkels die Länge $\overline{A_1D_1}$ anträgst.

Verbinde nun $A_1$ mit dem Mittelpunkt der Strecke $\overline{B_1D_1}$ durch eine Gerade. Markiere auf dieser Geraden den Punkt, der von $A_1$ den Abstand $1{,}5 \cdot\overline{B_1D_1}$ hat. Dieser Punkt ist der gesuchte Punkt $C_1$.

Verbinde die Punkte $A_1,B_1,C_1,D_1$ zu dem 1. Drachenviereck. Ermittle die Punkte $A_2,B_2,C_2,D_2$ für das 2. Drachenviereck analog.

Die $x$-Koordinate der Punkte $A_n$ ergibt sich, indem Du $x$ durch $(x-2)$ ersetzt. Die zugehörige $y$-Koordinate ermittelst Du, indem Du $(x-2)$ an Stelle von $x$ in die Gleichung für $g$ einsetzt.

$A_n(x-2|0{,}25(x-2)+6)$$=A_n(x-2|0{,}25x+5{,}5)$

Den Punkt $B_n$ erhältst Du, indem Du an den Punkt $A_n$ den Vektor $\overrightarrow{A_nB_n}$ anlegst.

$\overrightarrow{OB_n}=\overrightarrow{OA_n}+\overrightarrow{A_nB_n}$

$\overrightarrow{A_nD_n}(x)=\begin{pmatrix} x-(x-2) \\ x-1-(0{,}25x+5{,}5)& \end{pmatrix}$ $x\in\mathbb{R}$

$\overrightarrow{A_nD_n}(x)=$$\begin{pmatrix} 2 & \\ 0{,}75x-6{,}5 & \end{pmatrix}$

$\overrightarrow{A_nD_n}$ $\rightarrow \overrightarrow{A_nB_n}$ $(O;\varphi=90°)$

$\overrightarrow{A_nB_n}(x)=\begin{pmatrix} 0{,}75x-6{,}5 & \\ -2& \end{pmatrix}$

$\overrightarrow{OB_n}(x)=\begin{pmatrix} x-2 \\ 0{,}25x+5{,}5 & \end{pmatrix}$ $+$ $\begin{pmatrix} 0{,}75x-6{,}5 & \\ -2 & \end{pmatrix}$ $x\in \mathbb{R}$

$\overrightarrow{OB_n}(x)=\begin{pmatrix} 1{,}75x-8{,}5 \\ 0{,}25x+3{,}5 & \end{pmatrix}$

$B_n(1{,}75x-8{,}5|0{,}25x+3{,}5)$

$\overrightarrow{B_nD_n}(x)=\begin{pmatrix} x-(1{,}75x-8{,}5)) & \\ x-1-(0{,}25x+3{,}5))&\end{pmatrix}$$=\begin{pmatrix} -0{,}75x+8{,}5 & \\ 0{,}75x-4{,}5& \end{pmatrix}$

Da die Diagonale des Drachenvierecks $A_3B_3C_3D_3$ parallel zur Geraden $g$ ist,

haben die Diagonale und die Gerade $g$ dieselbe Steigung.

$m_{B_3D_3} = m_g$

$\dfrac{0{,}75x-4{,}5}{-0{,}75x+8{,}5}=0{,}25$

$0{,}75x-4{,}5=0{,}25 \dot(-0{,}75x+8{,}5)$

$3x-18=-0{,}75x+8{,}5$

$3{,}75x=26{,}5$

$x=7{,}07$

Für diese Teilaufgabe benötigst Du die Formel, wie man den Flächeninhalt eines Drachenvierecks berechnet.

$A_{A_nB_nC_nD_n}=0{,}5 \cdot \overline{A_nC_n} \cdot \overline{B_nD_n}$

Laut Angabe gilt: $\overline{A_nC_n}=1{,}5 \cdot \overline{B_nD_n}$

$\Rightarrow\; A_{A_nB_nC_nD_n}=0{,}5 \cdot 1{,}5 \cdot (\overline{B_nD_n})²$

Für die Berechnung von $\overline{B_nD_n}(x)$ benutze den Satz des Pythagoras.

$\overline{B_nD_n}(x)=\sqrt{(-0{,}75x+8{,}5)²+(0{,}75x-4{,}5)²}\;\text{LE}$

$A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}5 \cdot 1{,}5 (\sqrt{(-0{,}75x+8{,}5)²+(0{,}75x-4{,}5)²})²\;\text{FE}$

$A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}5 \cdot 1{,}5 \cdot [(-0{,}75x+8{,}5)²+(0{,}75x-4{,}5)²]\;\text{FE}$

$A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}75 \cdot [(0{,}5625x²-12{,}75x+72{,}25)+(0{,}5625x^2-6{,}75x+20{,}25)]\;\text{FE}$

$A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=0{,}75 \cdot (1{,}125x²-19{,}5x+92{,}5)\;\text{FE}$

$A_{A_nB_nC_nD_n}(x)=(0{,}84x²-14{,}63x+69{,}38)\;\text{FE}$

Im Drachenviereck $A_4B_4C_4D_4$ gilt: $y_{B_4}=y_{D_4}$.

$0{,}25x+3{,}5=x-1$

$4{,}5=0{,}75x$

$x=6$

$A_{A_4B_4C_4D_4 }(6)=0{,}84 \cdot (6)²-14{,}63 \cdot 6 +69{,}38$

$A_{A_4B_4C_4D_4} =30{,}24-87{,}78+69{,}38=11{,}84\;\text{FE}$

Unter Berücksichtigung von $q = \dfrac12$ und $\omega = 45°$ sollte dein Schrägbild von der folgenden Gestalt sein:

Die Strecke $[BN]$ ist in der Skizze orange markiert. Der Winkel $\angle NBM$ ist grün markiert.

Um die Größe des Winkels $\angle NBM$ zu berechnen, betrachtet man das rechtwinklige Dreieck $NMB$ und benutzt den Tangens. Es gilt

Mithilfe der Umkehrfunktion des Tangens erhält man dann

Die Strecke $[EP_1]$ und der Punkt $Q_1$ ist unten eingezeichnet.

Um die obere Intervallgrenze für $\varphi$ zu begründen, betrachtet man das Dreieck $MBE$. Verwendest du erneut den Tangens, so gilt

Die Umkehrfunktion führt auf

Da die Punkte $P_n$ variabel auf der Strecke $[MB]$ liegen und somit $P_n$ niemals links von $B$ liegen kann, muss entsprechend für den Winkel $\varphi$ gelten, dass $\varphi \leq 57{,}99°$ ist.

In dieser Teilaufgabe betrachtet man die Dreiecke $EQ_nB$. Mithilfe des Sinussatzes in allgemeinen Dreiecken gewinnst du die Beziehung

Du kannst diese Gleichung direkt nach der gesuchten Größe $\overline {EQ_n}(\varphi)$ umstellen und einsetzen, dass $\overline{EB} = 5 \ \text{cm}$ ist, sodass du erhältst:

An dieser Stelle musst du versuchen, etwas über die beiden in der Formel vorkommenden Winkel aussagen zu können.

Betrachte zunächst den Winkel $\angle EBQ_n$. Da die Seite $[MB]$ senkrecht auf der Seite $[EB]$ steht und die beiden Seiten somit einen $90°$ Winkel bilden, gilt zusammen mit dem Ergebnis aus Teilaufgabe a), dass

Da die Innenwinkelsumme in jedem Dreieck $180°$ beträgt, gilt somit in dem von uns betrachteten Dreieck $EQ_nB$:

Damit kannst du nun schreiben:

wobei im letzten Schritt ausgenutzt wurde, dass der Sinus die bekannte Eigenschaft besitzt, dass $\sin (180° - x) = \sin(x)$ gilt.

Die Länge der Strecke $[EQ_n(\varphi)]$ wird minimal, wenn der Nenner $\sin(\varphi + 57{,}99°)$ seinen größten Wert annimmt. Der maximale Wert, den die Sinusfunktion annimmt, ist $1$, sodass die minimale Länge der Strecke $[EQ_0]$ sich berechnet zu

Um nun die Strecke $[NQ_0]$ zu berechnen, kannst du den Satz des Pythagoras im rechtwinkligen Dreieck $NQ_0E$ benutzen.

Dass das Dreieck tatsächlich rechtwinklig ist, liegt darin begründet, dass die Strecke $[EQ_0]$ minimal sein soll. Jene Strecke ist genau dann minimal, wenn $[EQ_0]$ das Lot auf $[NB]$ ist und somit nach Definition des Lots die Strecke $[NB]$ in einem rechten Winkel schneidet.

Es folgt somit:

Nachdem du die Pyramide in dein Schrägbild eingezeichnet hast, sollte es wie folgt aussehen:

Das Volumen der Pyramide berechnet sich über die Formel

Setzen wir die bekannten Größen ein, so ergibt sich:

Zunächst berechnet man das Volumen des Prismas. Es gilt nach der bekannten Formel zur Berechnung eines Prismenvolumens: $V_{\text{Prisma}}=G\cdot h$

Die Grundfläche $G$ ist das gleichschenklige Dreieck $ABC$: $\Rightarrow\;G=\dfrac{1}{2}\cdot \overline{AC}\cdot\overline{MB}$

Mit den Werten $\overline{AC}=12\ \text{cm};\overline{MB}=8\ \text{cm}$ folgt dann:

$G=\dfrac{1}{2}\cdot 12\ \text{cm}\cdot8\ \text{cm}$

Somit erhältst du für das Prismenvolumen mit $h=\overline{AD}=5\;\text{cm}$

Das Pyramidenvolumen ist um $95\;\%$ kleiner als das eben berechnete Volumen. Es beträgt also nur $5\;\%$ von $240 \ \text{cm}^3$, das heißt

Damit erhält man die Gleichung

die du nach $\varphi$ umstellen musst. Dazu bringst du die Gleichung am besten auf folgende Form:

Mithilfe des Additionstheorems $\sin(\alpha + \beta) = \sin \alpha \cdot \cos \beta + \cos \alpha \cdot \sin \beta$ kannst du den Zähler des Bruchs auf der rechten Seite der Gleichung schreiben als

Umstellen dieser Gleichung führt auf

beziehungsweise äquivalent

Wendest du nun die Umkehrfunktion des Tangens auf diesen Ausdruck an, so erhältst du

Das zugehörige Maß für den Winkel $\varphi$ ist also