Nachtermin Teil B

Gegeben ist: $y=\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2$

Es ist $${\displaystyle \underset{x\to -\infty }{\lim }\underset{\to 0}{\underbrace{\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}}}-2=-2}$$.

$\Rightarrow$Wertemenge von $f_1:\{y|y>-2\}$

Graph von $f_1$

Für die orthogonale Affinität gilt in Matrixform:

$\left(\begin{array}{c}{x}^{\prime }\\ y^{\prime }\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}1& 0\\ 0& k\end{array}\right)\cdot \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right)$

Es ist $k=2$ und $y=\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2$.

Es ist $y^{\prime \prime }=\mathrm{0,4}\cdot 2^{x^{\prime }-1}+3$.

Dann folgt mit $x^{\prime \prime }=x^{\prime }+1\Rightarrow x^{\prime }=x^{\prime \prime }-1$:

Es ist dann $y^{\prime \prime }=\mathrm{0,4}\cdot 2^{(x^{\prime \prime }-1-1)}+3=\mathrm{0,4}\cdot 2^{x^{\prime \prime }-2}+3$

Die ${}^{\prime \prime }$ können nun weggelassen werden.

Für die Gleichung der Funktion $f_2$ gilt dann: $y=\mathrm{0,4}\cdot 2^{x-2}+3$, ($𝔾=ℝ\times ℝ$).

Einzeichnen des Graphens von $f_2$

Dreieck $A_1{B}_1{C}_1$

Es ist $A_n(x|\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2)$, $B_n(x+3|-1)$. Punkte $C_n$ liegen auf dem Graphen der Funktion $f_2$ und ihre x-Koordinate ist um $1$ größer als die Abszisse $x$ der Punkte $A_n$.

$\Rightarrow C_n(x+1|\mathrm{0,4}\cdot 2^{x-2}+3)$

Berechne die y-Koordinate von $A_1$:

Also ist $A_1(-1|-\mathrm{1,95}).$

$B_1(-1+3|-1)\Rightarrow B_1(2|-1)$.

Berechne die y-Koordinate von $C_1$:

Die x-Koordinate der Punkte $C_n$ ist um $1$ größer als die Abszisse $x$ der Punkte $A_n$.

Mit $x=-1$ ist die x-Koordinate der Punkte $C_n$ gleich $x=-1+1=0$.

Also ist $C_1(0|\mathrm{3,1}).$

Dreieck $A_2{B}_2{C}_2$

Es ist $x=4$. Berechne die y-Koordinate von $A_2$:

Also ist $A_2(4|-\mathrm{0,4})$.

$B_2(4+3|-1)\Rightarrow B_2(7|-1)$.

Berechne die y-Koordinate von $C_2$:

Die x-Koordinate der Punkte $C_n$ist um $1$ größer als die Abszisse $x$ der Punkte $A_n$.

Mit $x=4$ ist die x-Koordinate der Punkte $C_n$ gleich $x=4+1=5$.

Es ist $x=5$. Berechne die y-Koordinate von $A_2$:

Also ist $C_2(5|\mathrm{6,2})$.

Die Punkte $A_1$, $B_1$, $C_1$ und $A_2$, $B_2$, $C_2$ werden in das Koordinatensystem eingezeichnet. Verbindet man die entsprechenden Punkte, erhält man die Dreiecke $A_1{B}_1{C}_1$ und $A_2{B}_2{C}_2$.

Es ist ${\overrightarrow{A}}_n=\left(\begin{array}{c}x\\ \mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2\end{array}\right)$ und ${\overrightarrow{B}}_n=\left(\begin{array}{c}x+3\\ -1\end{array}\right)$.

$\Rightarrow \overrightarrow{A_n{B}_n}(x)={\overrightarrow{B}}_n-{\overrightarrow{A}}_n=\left(\begin{array}{c}x+3\\ -1\end{array}\right)-\left(\begin{array}{c}x\\ \mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2\end{array}\right)$

$\overrightarrow{A_n{B}_n}(x)=\left(\begin{array}{c}x+3-x\\ -1-(\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2)\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}3\\ -\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}+1\end{array}\right)$

Es ist ${\overrightarrow{A}}_n=\left(\begin{array}{c}x\\ \mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2\end{array}\right)$ und ${\overrightarrow{C}}_n=\left(\begin{array}{c}x+1\\ \mathrm{0,4}\cdot 2^{x+1-2}+3\end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}x+1\\ \mathrm{0,4}\cdot 2^{x-1}+3\end{array}\right)$.

Die Dreiecksfläche wird mit der Determinante berechnet:

$A=\mathrm{0,5}\cdot \left|\begin{array}{c}\overrightarrow{A_n{B}_n}\times \overrightarrow{A_n{C}_n}\end{array}\right|$

$A(x)=\mathrm{0,5}\left|\begin{array}{cc}3& 1\\ -\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}+1& \mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}+5\end{array}\right|$

Berechne die Determinante:

$A(x)=\underset{>7}{\underbrace{\underset{>0}{\underbrace{\mathrm{0,4}\cdot 2^{x-1}}}+7}}\text{FE}$

Damit ist $A(x)$ immer größer $7$.

Berechnen Sie die x-Koordinate des Punktes $A_3$

Wenn die Strecke $[A_3{B}_3]$ parallel zur x-Achse sein soll, dann muss $y_{A_3}=y_{B_3}$ sein. Dabei ist $y_{A_3}=\mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2$ und $y_{B_3}=-1$.

$𝕃=\{\mathrm{3,32}\}$

Die $x$-Koordinate des Punktes $A_3$ ist $x=\mathrm{3,32}$.

Das Maß des Winkels $B_3{A}_3{C}_3$

Aus Aufgabe d) (B 1.4) gilt für den Vektor $\overrightarrow{A_n{C}_n}(x)=\left(\begin{array}{c}1\\ \mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}+5\end{array}\right)$.

Hier wird nun $x=\mathrm{3,32}$ eingesetzt:

Der gesuchte Winkel ist der Winkel zwischen der Strecke $[A_3{C}_3]$ und der $x$-Achse.

Steigungswinkel: $m=\tan (\alpha )={\displaystyle \frac{\mathrm{\Delta }y}{\mathrm{\Delta }x}}={\displaystyle \frac{y_{C_3}-y_{A_3}}{x_{C_3}-x_{A_3}}}$

Es ist $\overrightarrow{A}(x)=\left(\begin{array}{c}x\\ \mathrm{0,2}\cdot 2^{x-1}-2\end{array}\right)$. Mit $x=\mathrm{3,32}$ folgt dann ${\overrightarrow{A}}_3=\left(\begin{array}{c}\mathrm{3,32}\\ -1\end{array}\right)$.

Weiterhin ist $\overrightarrow{C}(x)=\left(\begin{array}{c}x+1\\ \mathrm{0,4}\cdot 2^{x-1}+3\end{array}\right)$. Mit $x=\mathrm{3,32}$ folgt dann ${\overrightarrow{C}}_3=\left(\begin{array}{c}\mathrm{4,32}\\ 5\end{array}\right)$.

$\sphericalangle B_3{A}_3{C}_3=\alpha ={\tan }^{-1}(6)={\mathrm{80,54}}^{\circ }$

Schrägbild des Prismas $ABCDEF$

Für die Zeichnung gilt: $q=\mathrm{0,5};$ $\omega ={45}^{\circ }$.

Zeichnen Sie die Strecke $[NK]$ in das Schrägbild zu 2a) ein

Zeigen Sie rechnerisch, dass für den Winkel $NKF$ gilt: $\sphericalangle NKF={\mathrm{66,59}}^{\circ }$.

Im gleichseitigen Dreieck $DEF$ gilt für die Höhe $\overline{NF}$:

$\overline{NF}={\displaystyle \frac{\overline{DE}}{2}}\cdot \sqrt{3}={\displaystyle \frac{8\text{cm}}{2}}\cdot \sqrt{3}=4\cdot \sqrt{3}\text{cm}$

Im Dreieck $NFK$ gilt dann für den Winkel $\sphericalangle NKF$:

$\tan \sphericalangle NKF={\displaystyle \frac{\overline{NF}}{\overline{FK}}}={\displaystyle \frac{4\cdot \sqrt{3}\text{cm}}{3\text{cm}}}={\displaystyle \frac{4\cdot \sqrt{3}}{3}}$

$\Rightarrow \sphericalangle NKF={\tan }^{-1}\left({\displaystyle \frac{4\cdot \sqrt{3}}{3}}\right)={\mathrm{66,59}}^{\circ }$.

Zeichnen Sie die Strecke $[M{P}_1]$ und das Dreieck $A{P}_{1}B$ für $\phi ={30}^{\circ }$ in das Schrägbild zu 2a) ein

Länge der Strecken $[M{P}_n]$ in Abhängigkeit von $\phi$

Die folgende Abbildung zeigt einen Ausschnitt aus dem Prisma.

Für den Flächeninhalt $A$ der Dreiecke $A{P}_{n}B$ gilt: $A\ge \mathrm{33,04}{\text{cm}}^2$

Nach Aufgabe c) (B 2.3) haben die Winkel $\sphericalangle NM{P}_n$ das Maß $\phi$, mit $\phi \in ]0^{\circ };{\mathrm{49,11}}^{\circ }]$.

Demnach gilt $\sin (\phi +{\mathrm{66,59}}^{\circ })\le 1$.

Für die Strecke $[M{P}_n]$ folgt dann wegen $\overline{M{P}_n}(\phi )={\displaystyle \frac{\mathrm{8,26}}{\sin (\phi +\mathrm{66,59}°)}}\text{cm}$:

$\overline{M{P}_n}\ge \mathrm{8,26}\text{cm}$

Die Dreiecksfläche berechnet man mit $A={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot g\cdot h$.

Mit $g=\overline{AB}=8\text{cm}$ und $h=\overline{M{P}_n}\ge \mathrm{8,26}\text{cm}$ erhält man dann:

Zeichnen Sie die Pyramide $ADEB{P}_1$ und ihre Höhe $[P_1{H}_1]$ in das Schrägbild zu 2a) ein

Ermitteln Sie rechnerisch das Volumen $V$der Pyramiden $ADEB{P}_n$ in Abhängigkeit von $\phi$

$V_{\text{Pyramide}}={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot G\cdot h$

Dabei ist die Grundseite $G$ ein Rechteck mit den Seitenlängen $\overline{AB}=8\text{cm}$ und $\overline{AD}=9\text{cm}.$

Die Höhe $h$ wird mit dem Sinus berechnet. Im rechtwinkligen Dreieck $M{H}_1{P}_1$ gilt:

$\sin \phi ={\displaystyle \frac{\overline{P_n{H}_n}}{\overline{M{P}_n}}}\Rightarrow h=\overline{P_n{H}_n}=\overline{M{P}_n}\cdot \sin \phi$

Dabei ist aus d) (B2.4) bekannt: $\overline{M{P}_n}(\phi )={\displaystyle \frac{\mathrm{8,26}}{\sin (\phi +{\mathrm{66,59}}^{\circ })}}\text{cm}$.

Es folgt dann:

$\overline{P_n{H}_n}(\phi )=\overline{M{P}_n}\cdot \sin \phi ={\displaystyle \frac{\mathrm{8,26}\cdot \sin \phi }{\sin (\phi +{\mathrm{66,59}}^{\circ })}}\text{cm}\text{mit}\phi \in ]0^{\circ };{\mathrm{49,11}}^{\circ }]$

Eingesetzt in die Volumenformel erhält man das Volumen $V$in Abhängigkeit von $\phi$ :

$V_{\text{Pyramide}}(\phi )={\displaystyle \frac{1}{3}}\cdot 8\cdot 9\cdot {\displaystyle \frac{\mathrm{8,26}\cdot \sin \phi }{\sin (\phi +{\mathrm{66,59}}^{\circ })}}{\text{cm}}^3$

Volumen des Prismas $ABCDEF$

$V_{ABCDEF}=G\cdot h$

Die Grundseite des Prismas ist das gleichseitige Dreieck $ABC$, mit der Seitenlänge $\overline{AB}=8\text{cm}$ und mit der Höhe $[MC]$. Die Höhe $h$ des Prisma ist $\overline{AD}=9\text{cm}$.

In Aufgabe a) (B2.1) wurde gezeigt, dass $\overline{MC}=4\cdot \sqrt{3}\text{cm}$ ist.

Für den Flächeninhalt der Dreiecksgrundseite gilt $G={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot g\cdot h$.

Dann ergibt sich:

$G={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot \overline{AB}\cdot \overline{MC}={\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 8\cdot 4\cdot \sqrt{3}{\text{cm}}^2=16\cdot \sqrt{3}{\text{cm}}^2$

Für das Volumen folgt dann:

$V_{ABCDEF}=G\cdot h=G\cdot \overline{AD}=16\cdot \sqrt{3}\cdot 9{\text{cm}}^3=\mathrm{249,42}{\text{cm}}^3$

Nach Aufgabe e) (B 2.5) gilt für das Volumen der Pyramide $ADEB{P}_1$ mit $\phi ={30}^{\circ }$:

$V_{ADEB{P}_1}({30}^{\circ })={\displaystyle \frac{\mathrm{198,24}\cdot \sin {30}^{\circ }}{\sin ({30}^{\circ }+{\mathrm{66,59}}^{\circ })}}{\text{cm}}^3=\mathrm{99,78}{\text{cm}}^3$

Der prozentuale Anteil beträgt dann:

${\displaystyle \frac{V_{ADEB{P}_1}}{V_{ABCDEF}}}\cdot 100\%={\displaystyle \frac{\mathrm{99,78}{\text{cm}}^3}{\mathrm{249,42}{\text{cm}}^3}}\cdot 100\%=\mathrm{40,00}\%$