Nachtermin Teil A

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Die Aufgabenstellung findest du hier zum Ausdrucken als PDF.

Punkte $B_n$ auf der Geraden $g$ mit der Gleichung $y=-1{,}5$ und Punkte

$C_n(\textrm{x}|-0{,}25\cdot0{,}5^{\textrm{x}-4}+2)$ auf dem Graphen der Funktion $f$ mit der Gleichung

$\ y=-0{,}25\cdot0{,}5^{x-4}+2\$ haben dieselbe Abszisse $x\;(\mathbb{G}=\mathbb{R}\times\mathbb{R})$ . Sie bilden für $x>0{,}19$ zusammen mit dem Punkt $A(0|0)$ Dreiecke $AB_nC_n.$

Im Koordinatensystem ist der Graph der Funktion $f$ bereits eingezeichnet.
Ergänzen Sie die Gerade $g$ und das Dreieck $AB_1C_1$ für $\textrm{x}=6$ .
Zeichnung der Gerade g und des Dreiecks $AB_nC_n$ für x = 6:
Zeichnung der Geraden g: $y=-1{,}5$ . Die Gerade (lineare Funktion) hat keine Steigung und schneidet die y-Achse bei $-1{,}5$ (rot).
Punkt $A (0|0)$ (blau).
Der Punkt $C_n(\textrm{x}|-0{,}25\cdot0{,}5^{\textrm{x}-4}+2)$ mit $x = 6$ :
$y\left(6\right)=-0{,}25\cdot0{,}5^{6-4}+2=-0{,}25\cdot0{,}5^2+2=-0{,}25\cdot0{,}25+2=\frac{31}{16}\approx1{,}94$
$C_1(6|1{,}94)$
$B_1$ und $C_1$ haben dieselbe Abszisse x und $B$ liegt auf der Geraden g: $x_B=6$ , $y_B=-1{,}5$
$\;\Rightarrow\;B_1(6|-1{,}5)$
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Unter den Dreiecken $AB_nC_n$ gibt es das gleichschenklige Dreieck $AB_2C_2$ mit der Basis $[B_2C_2]$ .

Bestimmen Sie rechnerisch die Koordinaten des Punktes $C_2$ .

Die Koordinaten des Punktes $C_2$ des gleichschenkligen Dreiecks $AB_2C_2$ :

Da die y-Koordinate des Punktes $B_n$ immer bei $y=-1{,}5$ liegt, suchen wir einen Punkt $B_n$ , der die y-Koordinate $y=1{,}5$ hat, nur dann ist das Dreieck $AB_2C_2$ mit Basis $[B_2C_2]$ gleichschenklig.

(Achtung: Am Ende der Aufgabe muss mit dem Logarithmus gerechnet werden.)

$\displaystyle y$	$=$	$\displaystyle -0{,}25\cdot0{,}5^{x-4}+2$
	↓	$y = 1{,}5$ setzen
$\displaystyle 1{,}5$	$=$	$\displaystyle −0{,}25⋅0{,}5x−4+2$	$\displaystyle -2$
$\displaystyle 1{,}5−2$	$=$	$\displaystyle -0{,}25\cdot0{,}5^{x-4}$
$\displaystyle -0{,}5$	$=$	$\displaystyle -0{,}25\cdot0{,}5^{x-4}$	$\displaystyle \cdot\left(-1\right)$
$\displaystyle 0{,}5$	$=$	$\displaystyle 0{,}25\cdot0{,}5^{x-4}$
	↓	Exponenten trennen
$\displaystyle 0{,}5$	$=$	$\displaystyle 0{,}25\cdot\frac{0{,}5^x}{0{,}5^4}$	$\displaystyle \cdot0{,}5^4$
$\displaystyle 0{,}5⋅0{,}54$	$=$	$\displaystyle 0{,}25\cdot0{,}5^x$
$\displaystyle 0{,}5^5$	$=$	$\displaystyle 0{,}25\cdot0{,}5^x$
	↓	Schreibe $0{,}25$ als $0{,}5^2$ .
$\displaystyle 0{,}5^5$	$=$	$\displaystyle 0{,}5^2\cdot0{,}5^x$	$\displaystyle :\left(0{,}5^2\right)$
$\displaystyle \frac{0{,}5^5}{0{,}5^2}$	$=$	$\displaystyle 0{,}5^x$
	↓	Seitenwechsel
$\displaystyle 0{,}5^x$	$=$	$\displaystyle 0{,}5^3$
$\displaystyle 0{,}5^x$	$=$	$\displaystyle 0{,}125$
$\displaystyle x$	$=$	$\displaystyle \log_{0{,}5}\left(0{,}125\right)$
$\displaystyle x$	$=$	$\displaystyle 3$

$\mathbb{L}=\left\{3\right\}$ und daraus folgt $C_2(3|1{,}5)$ .

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Gegeben sind Sechsecke $AB_nC_nDE_nF_n$ mit der Symmetrieachse $AD$ . Der Punkt $G$ ist der Mittelpunkt der Strecken $[C_nE_n]$ und $[B_nF_n]$ .

Es gilt: $\overline{AG}=4\;\text{cm}$ und $\overline{DG}=3\;\text{cm}$ .

Die Winkel $B_nAF_n$ haben das Maß $\varphi$ und die Winkel $E_nDC_n$ haben das Maß $2\varphi$ mit $\varphi\in\,]0^\circ;\;90^\circ\lbrack.$

Die Zeichnung zeigt das Sechseck $AB_1C_1DE_1F_1$ für $\varphi= 40^\circ$ .

Zeigen Sie, dass für die Längen der Strecken $[B_nF_n]$ und $[C_nE_n]$ in Abhängigkeit von $\varphi$ gilt: $\overline{B_nF_n}(\varphi)=8\cdot \textrm{tan}(0{,}5\cdot\varphi)\,\textrm{cm}$ und $\overline{C_nE_n}(\varphi)=6\cdot \textrm{tan}\varphi \ \textrm{cm}.$

Die Längen der Strecken $\overline{B_nF_n}$ und $\overline{C_nE_n}$ :
Da $G$ der Mittelpunkt der Längen $\left[C_nE_n\right]$ und $\left[B_nF_n\right]$ ist, ist die gesuchte Länge $\overline{B_nF_n}=2\cdot\overline{B_nG}$ .
$\left[B_nG\right]$ im rechtwinkligen Dreieck $AB_nG$ (rot) mithilfe der Trigonometrie:
$\tan\left(\measuredangle GAB_n\right)=\frac{\textrm{Gegenkathete}}{\textrm{Ankathete}}$
$\tan\left(\measuredangle GAB_n\right)=\frac{\overline{B_nG}}{\overline{AG}}$
$\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)=\frac{\overline{B_nG}}{4\;\text{cm}}$ | $\cdot\ 4\;\textrm{cm}$
$\overline{B_nG}=\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\cdot4\;\textrm{cm}$
Daraus folgt:
$\overline{B_nF_n}(\varphi)=2\cdot\overline{B_nG}=2\cdot\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\cdot4\;\textrm{cm} =8\cdot\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\;\textrm{cm}$
Da G der Mittelpunkt der Längen $\left[C_nE_n\right]$ und $\left[B_nF_n\right]$ ist, ist die gesuchte Länge $\overline{C_nE_n}=2\cdot\overline{C_nG}$ .
Wir gehen wie oben vor:
$\left[C_nG\right]$ im rechtwinkligen Dreieck $C_nDG$ (rot) mithilfe der Trigonometrie:
$\tan\left(\measuredangle GDC_n\right)=\frac{\textrm{Gegenkathete}}{\textrm{Ankathete}}$
$\tan\left(\measuredangle GDC_n\right)=\frac{\overline{C_nG}}{\overline{DG}_{ }}$
$\tan\left(\varphi\right)=\frac{\overline{C_nG}}{3\;\textrm{cm}}$ | $\cdot\ 3\;\textrm{cm}$
$\overline{C_nG}=\tan\left(\varphi\right)\cdot3\;\textrm{cm}$
$\overline{C_nE_n}(\varphi)=2\cdot\overline{C_nG}=2\cdot\tan\left(\varphi\right)\cdot3\;\textrm{cm}=6\cdot\tan\varphi\;\textrm{cm}$
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Die Sechsecke $AB_nC_nDE_nF_n$ rotieren um die Gerade $AD$ .

Zeigen Sie, dass für den Oberflächeninhalt $O$ der entstehenden Rotationskörper in Abhängigkeit von $\varphi$ gilt:

$O(\varphi)=\bigg(16\pi\cdot \frac{{\tan(0{,}5\cdot\varphi})}{\cos(0{,}5\cdot\varphi)}+9 \pi\cdot\frac{{\tan(\varphi})}{\cos(\varphi)}+9\pi\cdot \tan^2\varphi-16\pi\cdot \tan^2(0{,}5\cdot\varphi)\bigg)\ \text{cm}^2$

Oberflächeninhalt von dem entstehenden Rotationskörper:

Der Rotationskörper setzt sich aus zwei Kegeln zusammen, daher können wir die Oberfläche wie folgt berechnen:

$O_{Rotationskörper}=O_{Kegel\ 1}$ (grün) + $O_{Kegel\ 2}$ (blau) - $2\cdot K_1$ (Kreisfläche zwischen den Kegeln)

Allgemein: $O=r^2\cdot\pi+r\cdot\pi\cdot$ s

Wir kennen die Radien der beiden Kegel, benötigen aber bei beiden Kegeln noch die Seitenlänge s.

Seitenlänge $s_1=\overline{AB_n}$ : Im rechtwinkligen Dreieck $AB_nG$ (siehe oben) mit Hilfe der Trigonometrie:

$\cos\left(\measuredangle B_nGA\right)=\frac{\textrm{Gegenkathete}}{\textrm{Ankathete}}=\frac{\overline{AG}}{s_1}$

$s_1=\frac{\overline{AG}}{\cos\left(\measuredangle B_nGA\right)}=\frac{4\;\textrm{cm}}{\cos\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}$

Seitenlänge $s_2=\overline{C_nD}$ : Im rechtwinkligen Dreieck $C_1DG$ (siehe oben) mit Hilfe der Trigonometrie:

$\cos\left(\measuredangle GDC_1\right)=\frac{\textrm{Gegenkathete}}{\textrm{Ankathete}}=\frac{\overline{DG}}{s_2}$

$s_2=\frac{\overline{DG}}{\cos\left(\measuredangle GDC_1\right)}=\frac{3\;\textrm{cm}}{\cos\varphi}$

Jetzt können wir die Seitenlängen in die Formel einsetzen:

$\displaystyle O_1\left(\varphi\right)$	$=$	$\displaystyle r_1^2\cdot\pi+r_1\cdot\pi\cdot s_1$
	$=$	$\displaystyle \left(\left(\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\cdot4\;\textrm{cm}\right)^2\cdot\pi+\left(\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\cdot\pi\cdot4\;\textrm{cm}\right)\cdot\frac{4\;\textrm{cm}}{\cos\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}\right)$
	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)+16\pi\cdot\frac{\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}{\cos\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}\right)\;\textrm{cm}^2$

$\displaystyle O_2\left(\varphi\right)$	$=$	$\displaystyle r_2^2\cdot\pi+r_2\cdot\pi\cdot s_2$
	$=$	$\displaystyle \left(r_2^2\cdot\pi+r_2\cdot\pi\cdot s_2\right)$
	$=$	$\displaystyle \left(\left(\tan\left(\varphi\right)\cdot3\;\textrm{cm}\right)^2\cdot\pi+\left(\tan\left(\varphi\right)\cdot3\;\textrm{cm}\right)\cdot\pi\cdot\frac{3\;\textrm{cm}}{\cos\varphi}\right)$
	$=$	$\displaystyle \left(9\pi\cdot\tan^2\varphi+9\pi\cdot\frac{\tan\varphi}{\cos\varphi}\right)\;\textrm{cm}^2$

$\displaystyle K_1\left(\varphi\right)$	$=$	$\displaystyle r_1^2\cdot\pi$
	$=$	$\displaystyle \left(\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\cdot4\;\textrm{cm}\right)^2\cdot\pi$
	$=$	$\displaystyle 16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)$

$\displaystyle O\left(\varphi\right)$	$=$	$\displaystyle O_1+O_2-2\cdot K_1$
	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)+16\pi\cdot\frac{\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}{\cos\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}+9\pi\cdot\tan^2\varphi+9\pi\cdot\frac{\tan\varphi}{\cos\varphi}-2\cdot\left(16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\right)\right)\;\textrm{cm}^2$
	↓	Sortieren wie in der Angabe.
	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\frac{\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}{\cos\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}+9\pi\cdot\frac{\tan\varphi}{\cos\varphi}+9\pi\cdot\tan^2\varphi+16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)-32\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\right)\;\textrm{cm}^2$
	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\frac{\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}{\cos\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}+9\pi\cdot\frac{\tan\varphi}{\cos\varphi}+9\pi\cdot\tan^2\varphi-16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\right)\;\textrm{cm}^2$

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Für das Sechseck $AB_2C_2DE_2F_2$ gilt: $\overline{AB_2}=\overline{B_2F_2}=\overline{F_2A}$ .

Zeichnen Sie das Sechseck $AB_2C_2DE_2F_2$ in die Zeichnung zur Aufgabenstellung ein.

Berechnen Sie sodann den Oberflächeninhalt des zugehörigen Rotationskörpers. Runden Sie auf zwei Nachkommastellen.

Zeichnung des Sechsecks $AB_2C_2DE_2F_2$ :

Es gilt: $\overline{AB_2}=\overline{B_2F_2}=\overline{F_2A}$ , das Dreieck $AB_2F_2$ ist folglich gleichseitig und gleichwinklig: $\measuredangle F_2AB_2=\measuredangle AB_2F_2=\measuredangle B_2F_2A=60^\circ$ .

Ausführliche Zeichnung:

Wir wissen, dass $\varphi=60^\circ$ ist, folglich können wir an $A$ zwei $30^\circ$ -Winkel messen (blau und grün) und die beiden Halbgeraden zeichnen.
Die Halbgeraden schneiden die Seite $\left[C_nE_n\right]$ in den Punkten $B_2$ und $F_2$ (rot).

Oberflächeninhalt des Körpers für $\varphi=60^\circ$ :

$\displaystyle O\left(\varphi \right)$	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\frac{\tan\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}{\cos\left(0{,}5\cdot\varphi\right)}+9\pi\cdot\frac{\tan\varphi}{\cos\varphi}+9\pi\cdot\tan^2\varphi-16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot\varphi\right)\right)\;\textrm{cm}^2$
	↓	Setze $\varphi=60^\circ$ ein.
$\displaystyle O\left(60^{\circ }\right)$	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\frac{\tan\left(0{,}5\cdot60^\circ\right)}{\cos\left(0{,}5\cdot60^\circ\right)}+9\pi\cdot\frac{\tan60^\circ}{\cos60^\circ}+9\pi\cdot\tan^2(60^\circ)-16\pi\cdot\tan^2\left(0{,}5\cdot60^\circ\right)\right)\;\textrm{cm}^2$
$\displaystyle O\left(60^{\circ }\right)$	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\frac{\tan\left(30^\circ\right)}{\cos\left(30^\circ\right)}+9\pi\cdot\frac{\tan60^\circ}{\cos60^\circ}+9\pi\cdot\tan^2(60^\circ)-16\pi\cdot\tan^2\left(30^\circ\right)\right)\;\textrm{cm}^2$
$\displaystyle O\left(60^{\circ }\right)$	$=$	$\displaystyle \left(16\pi\cdot\frac{2}{3}+9\pi\cdot2\sqrt{3}+9\pi\cdot3-16\pi\cdot\frac{1}{3}\right)\;\textrm{cm}^2$
$\displaystyle O\left(60^{\circ }\right)$	$=$	$\displaystyle \left(\frac{32}{3}\pi+18\pi\sqrt{3}+27\pi-\frac{16}{3}\pi\right)\;\textrm{cm}^2$
	↓	Klammere $\pi$ aus.
$\displaystyle O\left(60^{\circ }\right)$	$=$	$\displaystyle \pi\left(\frac{32}{3}+18\sqrt{3}+27-\frac{16}{3}\right)\;\textrm{cm}^2$
	↓	Fasse zusammen.
$\displaystyle O\left(60^{\circ }\right)$	$=$	$\displaystyle 199{,}52\;\textrm{cm}^2$

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Bayerisches Staatsministerium für Unterricht und Kultus (Gilt für: Aufgabenstellung)Dieses Werk wurde vom Bayerischen Staatsministerium für Unterricht und Kultus zur Verfügung gestellt. --- Die Nutzung könnte vielleicht strengeren Regeln unterliegen als bei unseren anderen Inhalten.
Gegeben ist das Rechteck $ABCD$ . Punkte $E_n$ auf der Seite $[AB]$ und Punkte $F_n$ auf der Seite $[CD]$ legen zusammen mit dem Punkt $D$ Dreiecke $DE_nF_n$ fest. Die Winkel $ADE_n$ haben das Maß $\varphi$ mit $\varphi\in[24{,}30°;65{,}70°]$
Es gilt: $\overline{AB}=8\,\textrm{cm} \,; \overline{AD}=3\,\textrm{cm}$ ; $\measuredangle F_nE_nD=90°$ .
Die Skizze zeigt das Dreieck $DE_1F_1$ für $\varphi=50°$ .
1. Begründen Sie, weshalb die Winkel $DF_nE_n$ stets das Maß $\varphi$ haben
  
  Der Winkel $\measuredangle DF_nE_n=\varphi$ :
  Da es sich um ein Rechteck handelt, wissen wir, dass $\left[AB\right]\parallel\left[DC\right]$ .
  Somit sind die Winkel $\measuredangle E_nDF_n$ und $\measuredangle DE_nA$ (beide grün) Wechselwinkel und somit gleich groß:
  $\measuredangle E_nDF_n=\measuredangle DE_nA=180°-90°-\varphi=90°-\varphi$ .
  Die Dreiecke $AE_nD$ und $DE_nF_n$ sind somit winkeltreu (sie haben gleiche Winkel), damit muss der dritte Winkel auch gleich groß sein: $\measuredangle ADE_n=\measuredangle DF_nE_n=\varphi$ (rot).
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2. Zeigen Sie rechnerisch, dass für die Länge der Strecken $[CF_n]$ in Abhängigkeit von $\varphi$ gilt: $\overline{CF_n}(\varphi)=\bigg(8-\dfrac{{3}}{\sin\varphi\cdot \cos\varphi})\bigg)cm.$
  
  Die Länge der Strecken [ $CF_n$ ] in Abhängigkeit von $\varphi$ :
  $\overline{CF_n}=\overline{CD}-\overline{DF_n}=8\;\text{cm}\ -\overline{DF_n}$
  Wir müssen also zunächst $\overline{DF_n}$ berechnen, dazu fehlt uns noch die Seite $\overline{DE_n}$ .
  Die Seite $\overline{DE_n}$ (blau) im rechtwinkligen Dreieck $AE_nD$ mit Hilfe der Trigonometrie:
  $\cos\left(\measuredangle ADE_n\right)=\frac{\text{Ankathete}}{\text{Hypotenuse}}=\frac{\overline{AD}}{\overline{DE_n}}$
  $\cos\left(\varphi\right)=\frac{3\;\text{cm}}{\overline{DE_n}}$
  $\overline{DE_n}=\frac{3\;\text{cm}}{\cos\ \varphi}$
  Die Seite $\overline{DF_n}$ (blau) im rechtwinkligen Dreieck $DE_nF_n$ mit Hilfe der Trigonometrie:
  $\sin\left(\measuredangle DF_nE_n\right)=\frac{\text{Ankathete}}{\text{Hypotenuse}}=\dfrac{\overline{DE_n}}{\overline{DF_n}}$
  $\sin\varphi=\frac{\frac{3\;\text{cm}}{\cos\ \varphi}}{\overline{DF_n}}=\frac{3\;\text{cm}}{\cos\ \varphi\cdot\overline{DF_n}}$ | $\cdot\frac{\overline{DF_n}}{\sin\ \varphi}$
  $\overline{DF_n}=\frac{3\ cm}{\cos\ \varphi\cdot\sin\ \varphi}$
  Einsetzen der Ergebnisse in die Formel:
  $\overline{CF_n}\left(\varphi\right)=8\;\text{cm}\ -\overline{DF_n}=\left(8\ \ -\ \dfrac{3\ }{\cos\ \varphi\cdot\sin\ \varphi}\right)\;\text{cm}$
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3. Berechnen Sie die Länge der Strecke $[CF_1]$ . Runden Sie auf zwei Nachkommastellen.
  
  Die Länge der Strecke $\overline{CF_1}$ mit $\varphi=50°:$
  Wir setzen in die Formel ein:
  $\overline{CF_n}\left(50°\right)=\left(8\ \ -\ \dfrac{3\ }{\cos\ 50°\cdot\sin\ 50°}\right)\;\text{cm}\approx1{,}91\;\text{cm}$
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