Teil B

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Die Aufgabenstellung findest du hier zum Ausdrucken als PDF.

Das Trapez $A B C D$ mit $\left[AB\right]\parallel\left[DC\right]$ ist die Grundfläche des Prismas $A B C D E F G H$ mit der Höhe $[A E]$ (siehe Skizze).

Es gilt: $\overline{AB}=5\;\text{cm}$ ; $\overline{AD}=7\;\text{cm}$ ; $\measuredangle{BAD}=90^\circ$ ; $\overline{DC}=9\;\text{cm}$ ; $\overline{AE}=7{,}5\;\text{cm}$ .

Runden Sie im Folgenden auf zwei Stellen nach dem Komma.

Zeichnen Sie das Schrägbild des Prismas $A B C D E F G H$ mit der Strecke $[H C]$ , wobei $[A C]$ auf der Schrägbildachse und $A$ links von $B$ liegen soll.

Für die Zeichnung gilt: $q= \frac{1}{2}$ ; $w=45^\circ$ .

Berechnen Sie sodann das Maß des Winkels $D H C$ und die Länge der Strecke $[H C]$ .[Teilergebnis: $\measuredangle DHC= 50{,}19^\circ$ ]

Schrägbild des Prismas ABCDEFGH mit Schrägachse [AB]:

Strecke $\overline{AB}=5\;\text{cm}$ .
$\measuredangle BAD=90^\circ$ , da wir aber im Schrägbild die Winkel verkürzen und $\omega=45^\circ$ ist, zeichnen wir den Winkel $\measuredangle BAD=45^\circ$ (grün).
$\overline{AD}=7\;\text{cm}$ , da wir aber auch die Längen nach hinten verkürzen und $q=\frac{1}{2}$ ist, zeichnen wir die Strecke $\overline{AD}=3{,}5\;\text{cm}$ lang.
$\left[AB\right]\parallel\left[DC\right]$ : Wir zeichnen eine Parallele zu $[A B]$ im Punkt D.
$\overline{DC}=9\;\text{cm}$ , damit haben wir den Eckpunkt C.

$[A E]$ ist die Höhe des Prismas, daraus folgt, dass $[A E]$ senkrecht zu $[A B]$ ist. Wir zeichnen eine Senkrechte in $A$ mit einer Länge von $7{,}5\;\text{cm}$ .
Damit wissen wir, dass es ein gerades Prisma ist, wir können das Vorgehen bei den Eckpunkten B, C und D wiederholen (rot).

Zuletzt müssen wir nur noch die Eckpunkte verbinden.

Maß des Winkels DHC im rechtwinkligen Dreieck DHC mithilfe der Trigonometrie:

$\tan\left(\measuredangle DHC\right)=\frac{\;\text{Gegenkathete}}{\;\text{Ankathete}}=\frac{\overline{DC}}{\overline{HD}}$

$\tan\left(\measuredangle DHC\right)=\dfrac{9\;\text{cm}}{7{,}5\;\text{cm}}$

$\tan\left(\measuredangle DHC\right)=1{,}2$ | $\cdot\tan^{-1}$

$\measuredangle DHC\approx50{,}19^\circ$

Länge der Strecke $[H C]$ im rechtwinkligen Dreieck $D H C$ mit dem Satz des Pythagoras:

$\displaystyle \overline{HC}^2$	$=$	$\displaystyle \overline{DC}^2+\overline{HD}^2$
$\displaystyle \overline{HC}^2$	$=$	$\displaystyle \left(9^2+7{,}5^2\right)\;\text{cm}$
$\displaystyle \overline{HC}^2$	$=$	$\displaystyle \left(81+56{,}25\right)\;\text{cm}$
$\displaystyle \overline{HC}^2$	$=$	$\displaystyle 137{,}25\;\text{cm}$
$\displaystyle \overline{HC}$	$=$	$\displaystyle \sqrt{137{,}25}\;\text{cm}$
$\displaystyle \overline{HC}$	$\approx ≈$	$\displaystyle 11{,}72\;\text{cm}$

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Der Punkt $K$ liegt auf der Strecke $[B F]$ . Die Strecke $[E K]$ verläuft parallel zur Strecke $[H C]$ . Punkte $P_{n}$ liegen auf der Strecke $[E K]$ . Die Winkel $P_{n} A E$ haben das Maß $\varphi$ mit $\varphi \in\;]0^\circ;56{,}31^\circ]$
Zeichnen Sie die Strecke $[E K]$ sowie das Dreieck $A P_{1} E$ für $\varphi=15^\circ$ in das Schrägbild zu Teilaufgabe a) ein.
Zeichnung der Strecke [EK]:
Wir wissen $\left[EK\right]\parallel\left[HC\right]$ , daher können wir
Möglichkeit: Eine Parallele zur Strecke $\left[HC\right]$ durch den Punkt $E$ zeichnen.
Möglichkeit: Den Winkel $DHC=50{,}19^\circ$ übertragen, da $\measuredangle DHC=\measuredangle AEK$ (blau).
Der Schnittpunkt der entstandenen Halbgeraden mit der Seite $[F B]$ ist der Punkt $K$ .
Zeichnung des Dreiecks $A P_{1} E$ mit
$\varphi=15°$ :
Wir zeichnen $\measuredangle P_1AE=15^\circ$ (pink), der Schnittpunkt mit der Seite $[E K]$ ist der Punkt $P_{1}$ .
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Zeigen Sie, dass für die Länge der Strecken $[A P_{n}]$ in Abhängigkeit von $\varphi$ gilt: $\overline{AP_n}(\varphi)=\dfrac{5{,}76}{\sin(\varphi+50{,}19\degree)}\;\text{cm}$ .

Die Länge der Strecke $[A P_{0}]$ ist minimal. Geben Sie den zugehörigen Wert für $\varphi$ an.

Länge der Strecke $\left[AP_n\right]$ in Abhängigkeit von $\varphi$ im Dreieck $A P_{n} E$ mit dem Sinussatz:

$\displaystyle \frac{\overline{AP_n}}{\sin\left(\measuredangle AEP_1\right)}$	$=$	$\displaystyle \frac{\overline{AE}}{\sin\left(\measuredangle EP_1A\right)}$
$\displaystyle \frac{\overline{AP_n}}{\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)}$	$=$	$\displaystyle \frac{7{,}5\ cm}{\sin\left(180^{\circ}-\left(50{,}19^{\circ}+\varphi\right)\right)}$	$\displaystyle \cdot \sin \left(50{,}19°\right)$
$\displaystyle \overline{AP_n}$	$=$	$\displaystyle \frac{7{,}5\;\text{cm}\cdot\sin\left(50{,}19^\circ\right)}{\sin\left(180^\circ-\left(50{,}19^\circ+\varphi\right)\right)} $
$\displaystyle \overline{AP_n}$	$=$	$\displaystyle \frac{5{,}76\;\text{cm}}{\sin\left(180^\circ-\left(50{,}19^\circ+\varphi\right)\right)}$
$\displaystyle \overline{AP_n}$	$=$	$\displaystyle \frac{5{,}76\;\text{cm}}{\sin\left(50{,}19^\circ+\varphi\right)}$
$\displaystyle \overline{AP_n}\left(\varphi\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{5{,}76}{\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)}\;\text{cm}$

Zusätzliche Begründung für $\sin\left(180^\circ-\left(50{,}19^\circ+\varphi\right)\right)=\sin\left(50{,}19^\circ+\varphi\right)$ :

Wir kennen die Supplementbeziehung, die besagt:

$\sin\left(180°-\varphi\right)=\sin\varphi$

Wir können also die 180° und das Minus in der Gleichung einfach weglassen!

Der Wert für $\varphi$ mit minimaler Länge der Strecke $\left[AP_0\right]$ :

Wir kennen $\overline{AP_n}\left(\varphi\right)=\frac{5{,}76}{\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)}\;\text{cm}$ ; dieser Bruch soll minimal groß sein. Bei Brüchen wissen wir, je größer der Nenner, desto kleiner die Zahl:

Beispiel: $\frac{1}{8}<\frac{1}{4}<\frac{1}{2}$

Der Nenner: $\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)$ , also der Sinuswert, muss möglichst groß werden. Der größte Sinuswert ist $1$ , bei $\sin\left(90^\circ\right)=1$ .

$\varphi=90^\circ-50{,}19^\circ=39{,}81^\circ$

Wenn $\varphi=39{,}81^\circ$ , wird der Nenner gleich $1$ und die Strecke $[A P_{0}]$ minimal.

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Für Punkte $Q_n \in [HC]$ gilt: $\overline{EP_n} = \overline{HQ_n}$ . Die Dreiecke $A P_{n} E$ sind die Grundflächen der Prismen $A P_{n} E D Q_{n} H$ .

Zeichnen Sie das Prisma $A P_{1} E D Q_{1} H$ in das Schrägbild zu Teilaufgabe a) ein.

Ermitteln Sie sodann durch Rechnung das Volumen der Prismen $A P_{n} E D Q_{n} H$ in Abhängigkeit von $\varphi .$

$\left[\;\text{Ergebnis}: V(\varphi) = \dfrac{151{,}2 \cdot \sin \varphi}{\sin(\varphi+50{,}19^\circ)}\;\text{cm}³\right]$

Das Volumen des Prismas $A P_{2} E D Q_{2} H$ ist um $70 %$ kleiner als das Volumen des Prismas $A B C D E F G H$ . Berechnen Sie den zugehörigen Wert für $\varphi$ .

Volumen des Prismas $A B C D E F G H$ mit einem Trapez als Grundfläche:

$\displaystyle V_{ABCDEFGH}$	$=$	$\displaystyle G_{Trapez}\cdot h$
	$=$	$\displaystyle \frac{\left(a+c\right)\cdot h_a}{2}\cdot h_{ }$
	$=$	$\displaystyle \frac{\left(\overline{AB}+\overline{DC}\right)\cdot \overline{AD}}{2}\cdot \overline{AE}$
	$=$	$\displaystyle \left(\frac{\left(5+9\right)\cdot7}{2}\cdot7{,}5\right)\;\text{cm}^3$
	$=$	$\displaystyle 367{,}50\;\text{cm}^3$

Volumen des Prismas $A P_{n} E D Q_{n} H$ , wenn es um $70 %$ kleiner ist:

$V_{AP_nEDQ_nH}=367{,}50\ cm^3\cdot\frac{30}{100}=110{,}25\ cm^3$

Den zugehörigen Wert für $\varphi$ bekommen wir, wenn wir das Volumen ( $110{,}25 \;\text{cm}^3$ ) mit der Formel gleichsetzen:

$\displaystyle V_{AP_nEDQ_nH}\left(\varphi\right)$	$=$	$\displaystyle \frac{151{,}2\cdot\sin\varphi}{\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)}\;\text{cm}^3$
$\displaystyle 110{,}25\;\text{cm}^3$	$=$	$\displaystyle \frac{151{,}2\cdot\sin\varphi}{\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)}\;\text{cm}^3$	$\displaystyle :\text{cm}^3$
$\displaystyle 110{,}25$	$=$	$\displaystyle \frac{151{,}2\cdot \sin \varphi }{\sin \left(\varphi +50{,}19^{\circ }\right)}$

Bevor wir weiter auflösen, ein Hinweis:

Wir haben im Nenner das Additionstheorem $\sin\left(\varphi+50{,}19°\right)$ , das ich wie folgt auflöse:

$\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)=\sin\varphi\cdot\cos\left(50{,}19^\circ\right)+\sin\left(50{,}19°\right)\cdot\cos\varphi$

(Sinus des 1. Winkels, mal Kosinus des 2. Winkels plus Sinus des 2. Winkels, mal Kosinus des 1. Winkels.)

$\displaystyle 110{,}25$	$=$	$\displaystyle \frac{151{,}2\cdot\sin\varphi}{\sin\left(\varphi+50{,}19^{\circ}\right)}$
$\displaystyle 110{,}25$	$=$	$\displaystyle \frac{151{,}2\cdot\sin\varphi}{\sin\varphi\cdot\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)+\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)\cdot\cos\varphi}$	$\displaystyle :\ 151{,}2$
$\displaystyle \frac{110{,}25}{151{,}2}$	$=$	$\displaystyle \frac{\sin\varphi}{\sin\varphi\cdot\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)+\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)\cdot\cos\varphi}$
$\displaystyle \frac{35}{48}$	$=$	$\displaystyle \frac{\sin\varphi}{\sin\varphi\cdot\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)+\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)\cdot\cos\varphi}$
	↓	Vertauschen von Zähler und Nenner
$\displaystyle \frac{48}{35}$	$=$	$\displaystyle \frac{\sin\varphi\cdot\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)+\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)\cdot\cos\varphi}{\sin\varphi}$
	↓	Trennen in zwei Summanden
$\displaystyle \frac{48}{35}$	$=$	$\displaystyle \frac{\sin\varphi\cdot\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)}{\sin\varphi}+\frac{\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)\cdot\cos\varphi}{\sin\varphi}$
	↓	Kürzen und zusammenfassen
$\displaystyle \frac{48}{35}$	$=$	$\displaystyle \cos\left(50{,}19^{\circ}\right)+\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)\cdot\frac{\cos\varphi}{\sin\varphi}$	$\displaystyle -\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)$
$\displaystyle \frac{48}{35}-\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)$	$=$	$\displaystyle \sin\left(50{,}19^{\circ}\right)\cdot\frac{\cos\varphi}{\sin\varphi}$
$\displaystyle \frac{\frac{48}{35}-\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)}{\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)}$	$=$	$\displaystyle \frac{\cos\varphi}{\sin\varphi}$	$\displaystyle :\sin\left(50{,}19°\right)$

Weiterer Hinweis: $\frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}=\tan\varphi$

$\displaystyle \frac{\frac{48}{35}-\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)}{\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)}$	$=$	$\displaystyle \frac{\cos\varphi}{\sin\varphi}$	$\displaystyle \cdot\tan^{-1}$
	↓	Tausch von Nenner und Zähler
$\displaystyle \frac{\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)}{\frac{48}{35}-\cos\left(50{,}19^{\circ}\right)}$	$=$	$\displaystyle \frac{\sin\varphi}{\cos\varphi}$
$\displaystyle \frac{\sin\left(50{,}19^{\circ}\right)}{\frac{48}{35}-\cos\left(50{,}19°\right)}$	$=$	$\displaystyle \tan\varphi$
$\displaystyle 1{,}05058...$	$\approx ≈$	$\displaystyle \tan\varphi$	$\displaystyle \cdot\tan^{-1}$
$\displaystyle \varphi$	$\approx ≈$	$\displaystyle 46{,}41^{\circ}$

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Bestätigen Sie durch Rechnung die obere Intervallgrenze für $\varphi.$

Die obere Intervallgrenze für $\varphi$ :

Da der Punkt $P_n\in\left[EK\right]$ , ist $\varphi$ (pink) am größten, wenn $\varphi=\measuredangle KAE$ .

Der Winkel $K A E$ (pink) liegt im Dreieck $A K E$ (grau). Um den Winkel zu berechnen, kann ich den Kosinussatz verwenden. Dafür benötige ich alle drei Seiten des Dreiecks.

Bekannt ist bisher der Winkel $A E K$ (blau) und die Seite $[A E]$ , ich benötige also noch die Seite $[E K]$ (rot) und die Seite $[A K]$ (schwarz).

Die Seite $[E K]$ im rechtwinkligen Dreieck $E K F$ mithilfe der Trigonometrie:

$\cos\left(\measuredangle KEF\right)=\frac{\;\text{Ankathete}}{\;\text{Hypotenuse}}$

$\cos\left(90^\circ-\measuredangle AEK\right)=\frac{\overline{EF}}{\overline{EK}}$

$\cos\left(90^\circ-50{,}19^\circ\right)=\frac{5\;\text{cm}}{\overline{EK}}$ | $\cdot\overline{EK}$

$\overline{EK}\cdot\cos\left(39{,}81^\circ\right)=5\;\text{cm}$

$\overline{EK}=\frac{5\;\text{cm}}{\cos\left(39{,}81^\circ\right)}\approx6{,}51\;\text{cm}$

Die Seite $[A K]$ im Dreieck $A K E$ mit des Kosinussatzes:

$\displaystyle \overline{AK}^2$	$=$	$\displaystyle \overline{AE}^2+\overline{EK}^2-2\cdot\overline{AE}\cdot\overline{EK}\cdot\cos\left(\measuredangle AEK\right)$
$\displaystyle \overline{AK}$	$=$	$\displaystyle \sqrt{\overline{AE}^2+\overline{EK}^2-2\cdot\overline{AE}\cdot\overline{EK}\cdot\cos\left(\measuredangle AEK\right)}$
$\displaystyle AK$	$=$	$\displaystyle \left(\sqrt{7{,}5^2+6{,}51^2-2\cdot7{,}5\cdot6{,}51\cdot\cos\left(50{,}19^\circ\right)}\right)\;\text{cm}$
$\displaystyle AK$	$\approx ≈$	$\displaystyle 6{,}01\;\text{cm}$

Jetzt können wir im letzten Schritt mit Hilfe des Kosinussatzes den Winkel bestimmen:

$\displaystyle \overline{EK}^2$	$=$	$\displaystyle \overline{AE}^2+\overline{AK}^2-2\cdot\overline{AE}\cdot\overline{AK}\cdot\cos\varphi$	$\displaystyle +2\cdot\overline{AE}\cdot\overline{AK}\cdot\cos\varphi$
$\displaystyle \overline{EK}^2+2⋅\overline{AE}⋅\overline{AK}⋅\cosφ$	$=$	$\displaystyle \overline{AE}^2+AK^2$
$\displaystyle \cosφ$	$=$	$\displaystyle \frac{\overline{AE}^2+\overline{AK}^2-\overline{EK}^2}{2⋅\overline{AE}⋅\overline{AK}}$
$\displaystyle \cosφ$	$=$	$\displaystyle \frac{7{,}5^2+6{,}01^2-6{,}51^2}{2\cdot7{,}5\cdot6{,}01}$	$\displaystyle \cdot\cos^{-1}$
$\displaystyle \cosφ$	$\approx ≈$	$\displaystyle 0{,}5545...$
$\displaystyle \varphi$	$\approx ≈$	$\displaystyle 56{,}32°$

Alternativ hätte man hier auch den Sinussatz verwenden können.

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Punkte $B_n(x|-x+4{,}5)$ liegen auf der Geraden $g$ mit der Gleichung $y=-x+4{,}5 \;(\mathbb{G}=\mathbb{R} \times \mathbb{R})$ . Für $1,5 < x < 14$ sind sie zusammen mit Punkten $A (- 1 ∣ - 2)$ , $C_{n}$ und $D_{n}$ Eckpunkte von Drachenvierecken $A B_{n} C_{n} D_{n}$ . Die Punkte A und $C_{n}$ liegen auf deren Symmetrieachse $s$ mit der Gleichung $y= 2x;\ (\mathbb{G}=\mathbb{R} \times \mathbb{R})$ .

Für die Diagonalenschnittpunkte $M_{n}$ der Drachenvierecke $A B_{n} C_{n} D_{n}$ gilt:

$\overline{M_nC_n} =0{,}5 \cdot \overline{AM_n}$ .

Runden Sie im Folgenden auf zwei Stellen nach dem Komma.

Zeichnen Sie die Geraden $g$ und $s$ sowie die Drachenvierecke $A B_{1} C_{1} D_{1}$ für $x = 2,5$ und $A B_{2} C_{2} D_{2}$ für $x = 6,5$ in ein Koordinatensystem.
Für die Zeichnung: Längeneinheit $1\;\text{cm}$ ; $-6 \leq x \leq7$ ; $-4\leq y\leq 8$
Zeichnung der Gerade g, der Symmetrieachse s und der Drachenvierecke $A B_{1} C_{1} D_{1}$ und $A B_{2} C_{2} D_{2}$ :
Zeichnung der Geraden (lineare Funktion) $g : y = - x + 4,5$
allgemein: $y=m\cdot x+b$
y-Achsenabschnitt $b = 4,5$ (Dies bedeutet, die Gerade schneidet die y-Achse bei $4,5$ .) (rot)
Steigung $m = - 1$ (Dies bedeutet, wir gehen von dem y-Achsenabschnitt $1\;\text{LE}$ nach rechts und $1\;\text{LE}$ nach unten.) (blau)
Zeichnung der Symmetrieachse s: $y = 2 x$
y-Achsenabschnitt $b = 0$ (Dies bedeutet, die Gerade schneidet die y-Achse im Ursprung.) (rot)
Steigung $m=2=\frac{2}{1}$ (Dies bedeutet, wir gehen vom Ursprung $1\;\text{LE}$ nach rechts und $2\;\text{LE}$ nach oben.) (blau)
Zeichnung des Drachenvierecks $A B_{1} C_{1} D_{1}$ mit $x = 2,5$ :
Punkt $A (- 1 ∣ - 2)$ (rot)
Die Punkte $B_{n}$ (x| $- x + 4,5$ ) mit $x = 2,5$ : $y_B=-2{,}5+4{,}5=2$
$B_1(2{,}5|2)$
Wir zeichnen den Punkt $B_{1}$ ins Koordinatensystem (blau) und verbinden die Eckpunkte A und $B_{1}$ .
Da $s$ die Symmetrieachse des Drachenvierecks ist, können wir $B_{1}$ an der Symmetrieachse spiegeln und erhalten den Punkt $D_{1}$ :
Wir zeichnen zunächst eine Senkrechte durch $B_{1}$ auf die Symmetrieachse $s$ (rot).
Dann tragen wir mit einem Zirkel oder einem Lineal die Länge $\overline{B_1M}$ auf $\overline{M_1D_1}$ ab ( $\overline{B_1M_1}=\overline{M_1D_1}$ ).
Wir wissen, dass $\ \overline{M_nC_n}=0{,}5\cdot\overline{AM_n}$ ist:
Wir halbieren die Strecke $[A M_{1}]$ , indem wir die Mittelsenkrechte zur Strecke $[A M_{1}]$ zeichnen (pink). Die Mittelsenkrechte schneidet $[A M_{1}]$ in $M^{'}$ .
Dann tragen wir die Länge $\overline{M'M_1}$ mithilfe eines Zirkels auf $\overline{MC_1}$ ab, indem wir einen Kreis $k(M_1;\overline{M'M_1})$ zeichnen (blau). Der Kreis schneidet die Symmetrieachse s in Punkt $C_{1}$ .
Wir verbinden nun noch die Eckpunkte des Drachenvierecks.
Wir wiederholen das gleiche Vorgehen für das Drachenviereck $A B_{2} C_{2} D_{2}$ mit $x = 6,5$ :
Hinweis:
In der nächsten Teilaufgabe werden die Koordinaten der Punkte $D_{n}$ in Abhängigkeit von $x$ berechnet. Es ist damit auch möglich, die Drachenvierecke einzuzeichnen oder die Zeichnung zu überprüfen.
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Zeigen Sie, dass für die Koordinaten der Punkte $D_{n}$ in Abhängigkeit von der Abszisse $x$ der Punkte $B_{n}$ gilt:

\displaystyle D_n (-1{,}40x+3{,}60|0{,}20x+2{,}70)

Die Koordinaten für $D_{n}$ mit einer Achsenspiegelung von Punkt $B_{n}$ an $A C_{n}$ :

Spiegelung an einer Ursprungsgeraden der Abbildung mit der folgenden Formel:

$\begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}\cos 2 \varphi &\sin 2\varphi \\\sin 2\varphi & -\cos 2\varphi\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$

Der Winkel $\varphi$ ist der eingeschlossene Winkel ( $\textcolor{006400}{\text{grün}}$ ) der positiven x-Achse und der Spiegelachse s ( $\textcolor{006400}{\text{grün}}$ ).

Wir wissen: Die Steigung der Geraden $m=\tan\varphi$ .

Da $s:\ y=2x$ , ist in unserem Fall $m = 2$ .

Wir setzen ein:

$\displaystyle 2$	$=$	$\displaystyle \tan\varphi$	$\displaystyle \cdot\tan^{-1}$
$\displaystyle \varphi$	$\approx ≈$	$\displaystyle 63{,}43^{\circ}$

Jetzt können wir den Winkel $\varphi$ einsetzen. Für x und y setzen wir die Koordinaten von $B_{n}$ ein:

$\displaystyle \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}\cos 2 \varphi & \sin 2\varphi \\\sin 2\varphi & -\cos 2\varphi\end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}$
$\displaystyle \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}\cos (2\cdot 63{,}43^\circ) & \sin (2\cdot 63{,}43^\circ) \\ \sin (2\cdot 63{,}43^\circ) & -\cos (2\cdot 63{,}43^\circ)\end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix}x\\-x+4{,}5\end{pmatrix}$
$\displaystyle \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}\cos (2\cdot 63{,}43^\circ)\cdot x + \sin (2\cdot 63{,}43^\circ) \cdot (-x+4{,}5)\\ \sin (2\cdot 63{,}43^\circ)\cdot x + -\cos (2\cdot 63{,}43^\circ)\cdot (-x+4{,}5)\end{pmatrix}$
	↓	In den Taschenrechner eingeben.
$\displaystyle \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}-0{,}60x -0{,}80x+3{,}60\\0{,}80x-0{,}60x +2{,}70\end{pmatrix}$
	↓	Zusammenfassen.
$\displaystyle \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}-1{,}40x+3{,}60\\0{,}20x +2{,}70\end{pmatrix}$

Somit haben wir unsere x- und y-Koordinaten gefunden:

\displaystyle D_n(-1{,}40x+3{,}60|0{,}20x+2{,}70)

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Bestimmen Sie rechnerisch die Gleichung des Trägergraphen $t$ der Punkte $D_{n}$ .

Im Drachenviereck $A B_{3} C_{3} D_{3}$ liegt der Punkt $D_{3}$ auf der Winkelhalbierenden des 2. und 4. Quadranten.

Bestimmen Sie rechnerisch die x-Koordinaten der Punkte $B_{3}$ und $D_{3}$

Für das Drachenviereck $A B_{4} C_{4} D_{4}$ gilt: $\measuredangle{B_4AC_4} = 35^\circ$ .

Berechnen Sie den zugehörigen Wert für $x$ .

Der zugehörige Wert für x im Drachenviereck $A B_{4} C_{4} D_{4}$ mit $\measuredangle B_4AC_4=35^\circ$ :

Wir kennen den Punkt $A (- 1 ∣ - 2)$ und die Gerade g: $y = - x + 4,5$ .

Der Punkt $B_{4}$ ist der Schnittpunkt der Geraden $A B_{4}$ mit g:

$\left\{B_4\right\}=AB_4\cap g$ . Da wir auch den Punkt $A$ kennen, können wir die Punkt-Steigungsform anwenden:

$AB_4:\ y=m_{AB_4}\cdot\left(x-x_A\right)+y_A$

Uns fehlt noch die Steigung $m_{AB_4}$ , dafür können wir einen Trick anwenden:

Wir verschieben die Gerade $A B_{4}$ zum Ursprung (siehe Abbildung rechts).

$m_{AB_4}=\tan\left(63{,}43°-35°\right)$

Die Steigung im rechtwinkligen Dreieck $A E B_{5}$ mithilfe der Trigonometrie:

$m_{AB_4}=\frac{\triangle y}{\triangle x}=\frac{\text{Gegenkathete}}{\text{Ankathete}}=\tan\varphi$

$m_{AB_4}=\tan\left(63{,}43^\circ-35^\circ\right)$

$m_{AB_4}=\tan\left(28{,}43^\circ\right)$

$m_{AB_4}\approx0{,}54$

Nun können wir auch die Steigung $m$ einsetzen:

$\displaystyle AB_4:\ y$	$=$	$\displaystyle m_{AB_4}\cdot\left(x-x_A\right)+y_A$
$\displaystyle y$	$=$	$\displaystyle 0{,}54\cdot\left(x-\left(-1\right)\right)+\left(-2\right)$
$\displaystyle y$	$=$	$\displaystyle 0{,}54\cdot\left(x+1\right)-2$
$\displaystyle y$	$=$	$\displaystyle 0{,}54x+0{,}54-2$
$\displaystyle y$	$=$	$\displaystyle 0{,}54x-1{,}46$

Da wir die x-Koordinate von $B_{4}$ wissen möchten und der Punkt auf beiden Geraden liegt, setzen wir die Gleichungen gleich:

$\displaystyle AB_4$	$=$	$\displaystyle g$
$\displaystyle 0{,}54x-1{,}46$	$=$	$\displaystyle -x+4{,}5$	$\displaystyle +x+1{,}46$
$\displaystyle 0{,}54x+x$	$=$	$\displaystyle 4{,}5+1{,}46$
$\displaystyle 1{,}54x$	$=$	$\displaystyle 5{,}96$	$\displaystyle :1{,}54$
$\displaystyle x$	$\approx ≈$	$\displaystyle 3{,}87$

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Für das Drachenviereck $A B_{5} C_{5} D_{5}$ gilt: $\measuredangle{B_5AD_5} = 90 ^\circ$ .
Begründen Sie, weshalb für den Flächeninhalt $A$ des Drachenvierecks $A B_{5} C_{5} D_{5}$ gilt:
$A= 1{,}5 \cdot \overline{AM_5}^2$ .
Der Flächeninhalt A des Drachenvierecks $A B_{5} C_{5} D_{5}$ mit $\measuredangle B_5AD_5=90^\circ$ :
Allgemeine Formel (Diagonale $d$ ):
$A=0{,}5\cdot d_{AC_5}\cdot d_{B_5D_5}$
$d_{AC_5}=1{,}5\cdot\overline{AM}_5$
$d_{B_5D_5}=2\cdot\overline{AM}_5$ , da das Dreieck $A B_{5} M_{5}$ rechtwinklig und gleichschenklig ist (siehe Abbildung), können wir folgern, dass $\overline{M_5B_5}=\overline{AM_5}$ ist. Da es sich um ein Drachenviereck handelt, wissen wir ebenso, dass $\overline{D_5M}_5=\overline{M_5B_5}=\overline{AM_5}$ ist. Also ist die Diagonale $\overline{D_5B_5}=2\cdot\overline{AM}_5$ .
Wir setzen in die Gleichung ein:
$A=0{,}5\cdot d_{AC_5}\cdot d_{B_5D_5}=0{,}5\cdot1{,}5\cdot\overline{AM}_5\cdot2\cdot\overline{AM_5}=1{,}5\cdot\overline{AM_5}^2$
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$\displaystyle G_{Dreieck}$	$=$	$\displaystyle 0{,}5\cdot \overline{AE}\cdot h_{\overline{AE}}$
	$=$	$\displaystyle 0{,}5\cdot \overline{AE}\cdot \sin \left(\measuredangle P_1AE\right)\cdot \overline{AP_1}$
	$=$	$\displaystyle \left(0{,}5\cdot7{,}5\cdot\sin\varphi\cdot\frac{5{,}76}{\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)}\right)\;\text{cm}^2$
	$=$	$\displaystyle \frac{21{,}6\cdot\sin\varphi}{\sin\left(\varphi+50{,}19^\circ\right)}\;\text{cm}^2$

$\displaystyle y_{D_n}$	$=$	$\displaystyle 0{,}20x+2{,}70$	$\displaystyle -2{,}70$
$\displaystyle y_{D_n}-2{,}70$	$=$	$\displaystyle 0{,}20x$	$\displaystyle \cdot5$
$\displaystyle 5\cdot\left(y_{D_n}-2{,}70\right)$	$=$	$\displaystyle 1\cdot x$
$\displaystyle 5y_{D_n}-13{,}5$	$=$	$\displaystyle x$

$\displaystyle x_{D_n}$	$=$	$\displaystyle -1{,}40x+3{,}60$
	↓	x einsetzen
$\displaystyle x_{D_n}$	$=$	$\displaystyle -1{,}40\cdot\left(5y_{D_n}-13{,}5\right)+3{,}60$
	↓	Die Klammer auflösen.
$\displaystyle x_{D_n}$	$=$	$\displaystyle -7y_{D_n}+18{,}90+3{,}60$
	↓	zusammenfassen
$\displaystyle x_{D_n}$	$=$	$\displaystyle -7y_{D_n}+22{,}50$	$\displaystyle +7y_{D_n}-x_{D_n}$
	↓	Nach y auflösen.
$\displaystyle 7y_{D_n}$	$=$	$\displaystyle -x_{D_n}+22{,}50$	$\displaystyle :7$
$\displaystyle y_{D_n}$	$=$	$\displaystyle -0{,}14x_{D_n}+3{,}21$

$\displaystyle y$	$=$	$\displaystyle -x$
	↓	Die Koordinaten von $D_{3}$ einsetzen, um den $x$ - Wert von $B_{3}$ zu bestimmen
$\displaystyle 0{,}20x+2{,}70$	$=$	$\displaystyle -\left(-1{,}40x+3{,}60\right)$
$\displaystyle 0{,}20x+2{,}70$	$=$	$\displaystyle 1{,}40x-3{,}60$	$\displaystyle -1{,}40x$
$\displaystyle -1{,}20x+2{,}70$	$=$	$\displaystyle -3{,}60$	$\displaystyle -2{,}70$
$\displaystyle -1{,}20x$	$=$	$\displaystyle -6{,}30$	$\displaystyle :\left(-1{,}20\right)$
$\displaystyle x$	$=$	$\displaystyle 5{,}25$

$\displaystyle x_{D_3}\left(x\right)$	$=$	$\displaystyle -1{,}4x+3{,}60$
$\displaystyle x_{D_3}\left(5{,}25\right)$	$=$	$\displaystyle -1{,}4\cdot5{,}25+3{,}60$
$\displaystyle x_{D_3}\left(5{,}25\right)$	$=$	$\displaystyle -7{,}35+3{,}60$
$\displaystyle x_{D_3}\left(5{,}25\right)$	$=$	$\displaystyle -3{,}75$