Nachtermin Teil A

geg.: Funktionsgleichung $f: y=−1{,}5\cdot\log_{2}{(1-x)-6}\qquad\mathbb{G=R\times R}$

Gerade $g: y=−9$

ges.: $x-$Koordinate des Schnittpunktes $P$

Ansatz und Rechnung:

Gleichsetzen der Funktion $g$ mit Funktion $f$, Auflösen nach $x$

$−9=−1{,}5\cdot\log_{2}{(1-x)-6}\qquad\:$|$\textcolor {blue} {+6}$

$−3=−1{,}5\cdot \log_{2}{(1-x)}\qquad\qquad$|$\textcolor {blue} {:(-1{,}5)}$

$2=\log_{2}{(1-x)}\qquad$| Logarithmus in Potenz umwandeln $\mathbf{\textcolor{red}{x}= \log_{\textcolor{green}{a}}{(\textcolor{blue}{y})} \leftrightarrow \textcolor{blue}{y}=\textcolor{green}{a}^{\textcolor{red}x}}$

$\Rightarrow$$\mathbf{\textcolor {blue}{1-x}=\textcolor{green}{2} \textcolor{red}{^2}}$ $\qquad1-x=4\qquad 1-4=x\qquad \mathbf {x=-3}$

$\mathbf {P(-3|-9)}$, die $x$-Koordinate ist also $-3$.

geg.: Die mit $\vec{v}=\begin{pmatrix} 2\\-3 \end{pmatrix}$ verschobene und an der x-Achse gespiegelte Funktion

$f:$ $y=-1{,}5\cdot \log_{2}{(1-x)-6}\quad$ gemäß Aufgabe A 1.a

ges.: Ausgangsfunktion $f_0: y=a\cdot \log_{2}{(b-x)-c}$

Ansatz und Rechnung:

1. Rück-Verschiebung von $f$ durch Addition mit $\color {purple} \vec{v}=\begin{pmatrix} 2\\-3 \end{pmatrix}$: $y''\Rightarrow y'$

$\begin{pmatrix} x{''}\\-1{,}5\cdot \log_{2}{(1-x{''})-6}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix} x{'}\\y{'} \end{pmatrix} ⊕ \color {purple}\bold {\begin{pmatrix} 2 \\-3 \end{pmatrix}}$ $\qquad \mathbb{G}=\mathbb{R}\times \mathbb{R};\quad x''\in \mathbb{R}; \quad x''<-1$

$x{''}=x{'}+2$ einsetzen in $y'$:

$y'=-1{,}5\cdot \log_{2}{(1-(x'+2))-6+3}$ $\qquad$| zusammenfassen

$\mathbf{y'=-1{,}5\cdot \log_{2}{(-1-x')-3}}$ $\qquad \qquad \mathbb{G}=\mathbb{R}\times \mathbb{R}\\$

2. Rückspiegelung an $x-$Achse durch Multiplikation des Funktionsterms mit −1:

$y'\Rightarrow y$ $≙ f_0$

$\begin{pmatrix} x{'}\\-1{,}5\cdot \log_{2}{(-1-x{'})-3}\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} x\\ \bold {\color {red} {-y}} \end{pmatrix}\qquad \qquad \mathbb{G}=\mathbb{R}\times \mathbb{R};\quad x{'}\in \mathbb{R}; \quad x{'}<-1\\$$x{'}=x$ einsetzen in $y$:

$-y=-1{,}5\cdot \log_{2}{(-1-x)-3}\qquad\qquad$|$\color {blue}\cdot(-1)$

$\Rightarrow \mathbf{ y=1{,}5\cdot \log_{2}{(-1-x)+3}}\quad \mathbf{≙f_0}$

Die Funktion $f_0$ hat also die Gleichung $\mathbf{ y=1{,}5\cdot \log_{2}{(-1-x)+3}}$

geg.: Schrägbild der Pyramide $ABCDS$, Parameterwerte zu $ABCDS$ und Parameterwerte zu Pyramide $AQ_1R_1S$

ges.: Zeichnung der Pyramide $AQ_1R_1S$ und Strecke $[SP_1]$

Ansatz und Rechnung:

ges.: obere Intervallgrenze von $\varphi$ (siehe Bild in A 2.a)

Nachweis:

Für $\varphi$ muss gelten: $\mathbf{\varphi< \sphericalangle MSC}$

$\mathbf{{tan\sphericalangle MSC }}=\frac{GK}{AK}=\frac{\overline{AC}-\overline{AM}}{\overline{MS}}=\frac{10cm-2{,}5cm}{8cm}=\frac{7{,}5cm}{8cm}=\mathbf{0{,}9375}$

$\mathbf{\Rightarrow\:\sphericalangle MSC=43{,}15^\circ}$, also $\mathbf{\varphi<43{,}15^\circ}$

geg.: Schrägbild einer Pyramide gemäß Bild in A 2.a

ges.: $[MP_n](\varphi)]$, $[Q_nR_n](\varphi)$

Ansatz und Rechnung:

1. Berechnung $[MP_n](\varphi)]$:

${\tan\varphi}=\frac{GK}{AK}=\frac{\overline{MP_n}}{\overline{MS}}=\frac{\overline{MP_n}}{8cm}$

$\mathbf{\Rightarrow \overline {MP_n}(\varphi)=8cm\cdot tan(\varphi)}\qquad \varphi \in[0°;43{,}15°]$

2. Berechnung $[Q_nR_n](\varphi)$:

mithilfe Strahlensatz, siehe rot-grüne Markierung in Zeichnung von Bild A 2.a

$\frac{\textcolor {green}{\overline{Q_nR_n}}}{\textcolor {red}{\overline {BD}}}=\frac{\textcolor {green}{\overline{AC}-{\overline{AM}}-{\overline{MP}}}}{\textcolor {red}{{\overline {AC}}-{\overline {AM}}}}=\frac{\textcolor {green}{{10cm}-{{2{,}5cm}}{{-8cm\cdot \tan\varphi}}}}{\textcolor {red}{{{10cm}}-{{2{,}5cm}}}}$

$\frac{{\overline{Q_nR_n}}}{{\overline {10cm}}}=\frac{{7{,}5cm-8cm \cdot \tan\varphi}}{{10cm}}\qquad \textcolor{blue}{|\cdot 10cm}$

${\overline{Q_nR_n}}=\frac{{10cm\cdot (7{,}5cm-8cm \cdot \tan\varphi)}}{{7{,}5cm}}=\frac{{75cm^2-80cm^2 \cdot \tan\varphi}}{{7{,}5cm}}$

$\mathbf{\Rightarrow {\overline{Q_nR_n}(\varphi)}=(10-10{,}67\cdot \tan\varphi)\: cm}$

geg.: Schrägbild der Pyramiden $AQ_nR_nS$

ges.: Volumina $V_{AQ_nR_nS}(\varphi)$ und $V_{AQ_1R_1S}(\varphi=30°)$

Ansatz und Rechnung:

1. Berechnung Volumen $V_{AQ_nR_nS}(\varphi)$:

$V_{Pyr}=\frac{1}{3}\cdot G\cdot h$ mit $G=\frac{1}{2}\cdot \overline {Q_nR_n}\cdot \overline {AP_n}$ und und $h=\overline{MS}$

$\mathbf{\Rightarrow \mathbf{V_{\text{Pyr}}}\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot \overline{Q_nR_n}\cdot\overline {AP_n}\cdot\overline{MS}}$

$\qquad$mit $Q_nR_n=(10-10{,}67\cdot \tan\varphi)\:cm$

$\qquad$mit $\overline{AP_n}=\overline{AM}+\overline{MP_n}(\varphi)=2{,}5cm + 8cm\cdot \tan\varphi$

$\qquad$mit $\overline {MS}=8cm$ und für $\varphi=30°$

$\Rightarrow V_{\text{Pyr}}(\varphi)=\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{2}\cdot(10-10{,}67\cdot \tan\varphi)cm \cdot (2{,}5+ 8\cdot \tan\varphi)cm\cdot8cm$

$V_{\text{Pyr}}(\varphi)=1{,}333cm\cdot (10-10{,}67\cdot \tan\varphi)cm \cdot (2{,}5+ 8\cdot \tan\varphi)cm$

$V_{\text{Pyr}}(\varphi)=(13{,}333-14{,}23\cdot \tan\varphi)\cdot (2{,}5+ 8\cdot \tan\varphi)\;cm^3$

$V_{\text{Pyr}}(\varphi)=33{,}3325+106{,}666\cdot \tan\varphi-35{,}575\cdot \tan\varphi-113{,}84\cdot \tan^2(\varphi)$

$V_{\text{Pyr}}(\varphi)=33{,}3325+71{,}091\cdot \tan\varphi-113{,}84\cdot \tan^2(\varphi)$

$\mathbf{V_{\text{Pyr}}(\varphi)=-113{,}84\cdot \tan^2(\varphi)+71{,}10\cdot tan\varphi +33{,}33}$ (zwei Nachkommastellen)

2. Berechnung Volumen $V_{AQ_1R_1S}(\varphi=30^\circ)$, siehe Aufgabe A 2.a

$V_{AQ_1R_1S(\varphi=30^\circ)}= -113{,}84\cdot \tan^2(30^\circ)+71{,}10\cdot \tan(30^\circ)+33{,}33$

$\mathbf {V_{AQ_1R_1S(\varphi=30^\circ)}}=-37{,}95+41{,}05+33{,}33=\mathbf {36{,}43\: cm^3}$

geg.: Punkte $A(1|−2)$, $C(−1{,}5|3)$, Pfeile $\overrightarrow{AB_n}(\varphi)=\begin{pmatrix} 4\cdot \sin\varphi+3 \\ \dfrac{2}{\sin\varphi} \end{pmatrix}$

ges.: Dreieck$AB_1C$ zum Viereck $AB_1CD_1$ ergänzen; Punkte $D_n(\varphi)$ berechnen

Ansatz und Rechnung:

1. Zeichnung im Koordinatensystem ergänzen:

Abbildung $B_n$ durch Punktspiegelung an $O(0|0)$ auf $D_n$.

Ergänze das Dreieck $AB_1C$ zum Viereck $AB_1CD_1$.

Länge $OB_1 =$Länge $OD_1$

2. Rechnerischer Nachweis für $D_n$: Punkte $D_n(\varphi)$ berechnen

$\overrightarrow{OB_n}(\varphi)=\overrightarrow{OA}\oplus\overrightarrow{AB_n}$

$\overrightarrow{OB_n}=\begin{pmatrix} 1\\-2 \end{pmatrix}\oplus \begin{pmatrix} 4 \cdot \sin\varphi +3\\\frac{2}{\sin\varphi} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 \cdot \sin\varphi +4\\-2+\frac{2}{\sin\varphi} \end{pmatrix}\quad \varphi\in ]0^\circ;180^\circ[$

$\overrightarrow{OD_n}(\varphi)$ ist dann punktgespiegelt an $O$, also $\color {red}\mathbf{-\overrightarrow{OB_n}(\varphi)}$

$\overrightarrow{OD_n}(\varphi)= \begin{pmatrix}-(4\cdot \sin\varphi +4)\\-(-2+\frac{2}{\sin\varphi}) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\cdot \sin\varphi -4)\\2-\frac{2}{\sin\varphi}) \end{pmatrix}$

$\mathbf {\Rightarrow D_n(-4\cdot \sin\varphi-4\: |\: 2-\frac{2}{\sin\varphi})}$

Check:

$\overrightarrow{OB_1}=\begin{pmatrix} 4 \cdot \sin(30°) +4\\-2+\frac{2}{\sin(30°)} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 \cdot 0{,}5 +4\\-2+\frac{2}{0{,}5} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 4 \cdot 0{,}5 +4\\-2+\frac{2}{0{,}5} \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 6\\2 \end{pmatrix}$

$\overrightarrow{OD_n}(\varphi) =\begin{pmatrix}-4\cdot \sin(30°)-4)\\2-\frac{2}{\sin(30°}) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-4\cdot 0{,}5 -4)\\2-\frac{2}{0{,}5}) \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -6\\-2 \end{pmatrix}$

siehe Zeichnung!

Im Parallelogramm $AB_nCD_n$ ist der Punkt $O(0|0)$ Mittelpunkt von $[B_nD_n]$.

Damit das auch der Mittelpunkt von $[AC]$ ist müssen $C$ und $A$ symmetrisch zum Ursprung liegen, also muss $C$ die Koordinaten $(-1|2)$ haben. Hier ist aber $C(-1{,}5|3)$. Daher ist unter den Vierecken $AB_nCD_n$ kein Parallelogramm!