Nachtermin Teil A

1.0 Punkte BnB_nBn​ auf der Geraden ggg mit der Gleichung y=1,5 y=1,5y=1,5  und  Punkte Cn(x∣−0,25⋅0,5x−4+2)C_n(\textrm{x}|-0,25\cdot0,5^{\textrm{x}-4}+2)Cn​(x∣−0,25⋅0,5x−4+2)  auf  dem  Graphen  der  Funktion ff  f  mit  der  Gleichung y=−0,25⋅0,5 x−4+2y=-0,25\cdot0,5\,^{\textrm{x}-4}+2y=−0,25⋅0,5x−4+2  haben dieselbe Abszisse x\textrm{x}x. Sie bilden für x>0,19x>0,19x>0,19 zusammen mit dem Punkt A(0∣0)A(0|0)A(0∣0) Dreiecke ABnCn.AB_nC_n.ABn​Cn​.﻿

1.1 Im Koordinatensystem ist der Graph der Funktion f ff bereits eingezeichnet.  Ergänzen Sie die Gerade ggg und das Dreieck AB1C1AB_1C_1AB1​C1​ für x=6\textrm{x}=6x=6.

1.2 Unter den Dreiecken ABnCnAB_nC_n ABn​Cn​ gibt es das gleichschenklige Dreieck AB2C2AB_2C_2AB2​C2​ mit der Basis [B2C2][B_2C_2][B2​C2​]. Bestimmen Sie rechnerisch die Koordinaten des Punktes C2C_2C2​.

2.0 Gegeben sind Sechsecke ABnCnDEnFnAB_nC_nDE_nF_nABn​Cn​DEn​Fn​ mit der Symmetrieachse ADADAD. Der Punkt GGG ist der Mittelpunkt der Strecken [CnEn][C_nE_n][Cn​En​] und [BnFn][B_nF_n][Bn​Fn​]. Es gilt: AG‾=4 \overline{AG}=4AG=4 cm und DG‾=3\overline{DG}=3DG=3 cm. Die Winkel BnAFnB_nAF_nBn​AFn​ haben  das Maß φ\varphiφ und die Winkel EnDCnE_nDC_nEn​DCn​ haben  das Maß 2φ\varphiφ mit φ∈ ]0∘;  90∘[.\varphi\in\,]0^\circ;\;90^\circ\lbrack.φ∈]0∘;90∘[. Die Zeichnung zeigt das Sechseck AB1C1DE1F1AB_1C_1DE_1F_1AB1​C1​DE1​F1​ für φ=40°\varphi= 40^°φ=40°.

2.1 Zeigen Sie, dass für die Längen der Strecken [BnFn][B_nF_n][Bn​Fn​] und [CnEn][C_nE_n][Cn​En​] in Abhängigkeit von φ\varphiφ gilt:    BnFn‾(φ)=8⋅tanφ(0,5⋅φ) cm\overline{B_nF_n}(\varphi)=8\cdot \textrm{tan}\varphi (0,5\cdot\varphi)\,\textrm{cm} Bn​Fn​​(φ)=8⋅tanφ(0,5⋅φ)cm und
 CnEn‾(φ)=6⋅tanφcm.\overline{C_nE_n}(\varphi)=6\cdot \textrm{tan}\varphi \textrm{cm}. Cn​En​​(φ)=6⋅tanφcm.﻿

2.2 Die Sechsecke ABnCnDEnFnAB_nC_nDE_nF_nABn​Cn​DEn​Fn​ rotieren um die Gerade AD ADAD.  Zeigen Sie, dass für den Oberflächeninhalt OOO der entstehenden Rotationskörper in Abhängigkeit von φ\varphiφ gilt:
  O(φ)=(16π⋅tan(0,5⋅φ)cos(0,5⋅φ)+9π⋅tan(φ)cos(φ)+9π⋅tan2φ−16π⋅tan2(0,5⋅φ))cm2O(\varphi)=\bigg(16\pi\cdot \frac{{tan(0,5\cdot\varphi})}{cos(0,5\cdot\varphi)}+9 \pi\cdot\frac{{tan(\varphi})}{cos(\varphi)}+9\pi\cdot tan^2\varphi-16\pi\cdot tan^2(0,5\cdot\varphi)\bigg)cm^2O(φ)=(16π⋅cos(0,5⋅φ)tan(0,5⋅φ)​+9π⋅cos(φ)tan(φ)​+9π⋅tan2φ−16π⋅tan2(0,5⋅φ))cm2.

2.3 Für das Sechseck AB2C2DE2F2AB_2C_2DE_2F_2AB2​C2​DE2​F2​ gilt: AB2‾=B2F2‾=F2A‾\overline{AB_2}=\overline{B_2F_2}=\overline{F_2A}AB2​​=B2​F2​​=F2​A​. Zeichnen Sie das Sechseck AB2C2DE2F2AB_2C_2DE_2F_2AB2​C2​DE2​F2​ in die Zeichnung zu 2.0 ein.  Berechnen Sie sodann den Oberflächeninhalt des zugehörigen Rotationskörpers. Runden Sie auf zwei Nachkommastellen.

3.0 Gegeben ist das Rechteck ABCDABCDABCD. Punkte EnE_nEn​ auf der Seite [AB][AB][AB] und Punkte FnF_nFn​ auf der Seite [CD][CD][CD] legen zusammen  mit  dem  Punkt DDD Dreiecke DEnFnDE_nF_nDEn​Fn​ fest. Die  Winkel ADEnADE_nADEn​haben das Maß φ\varphiφ mit φ∈[24,30°;65,70°]\varphi\in[24,30°;65,70°]φ∈[24,30°;65,70°]  Es gilt: 
﻿AG‾=8cm ;AD‾=3 cm \overline{AG}=8\textrm{cm} \,; \overline{AD}=3\,\textrm{cm}AG=8cm;AD=3cm; ∡FnEnD=90°\measuredangle F_nE_nD=90° ∡Fn​En​D=90°.
Die Skizze zeigt das Dreieck DE1F1DE_1F_1DE1​F1​ für φ=50°\varphi=50°φ=50°.

3.1 Begründen Sie, weshalb die Winkel DFnEnDF_nE_nDFn​En​ stets das Maß φ\varphiφ haben

3.2 Zeigen Sie rechnerisch, dass für die Länge der Strecken [CFn][CF_n][CFn​]  in  Abhängigkeit von φ\varphiφ gilt:  CFn‾(φ)=(8−3sinφ⋅cosφ))cm.\overline{CF_n}(\varphi)=\bigg(8-\frac{{3}}{sin\varphi\cdot cos\varphi})\bigg)cm.CFn​​(φ)=(8−sinφ⋅cosφ3​))cm.﻿

3.3 Berechnen Sie die Länge der Strecke [CF1][CF_1][CF1​].  Runden Sie auf zwei Nachkommastellen.