Gemischte Aufgaben zu Abbildungen in der Ebene

Hier findest du Übungsaufgaben zu Abbildungen in der Ebene. Lerne, Objekte in der Ebene zu konstruieren und mit Matrizen abzubilden.

Verschiebe den Punkt $A (3 ∣ 2)$ um den Vektor $\vec v=\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}$ zu $A^{'}$ und strecke anschließend den Ortsvektor $\overrightarrow{OA'}$ um den Faktor $k=\frac12$ . Gib die Koordinaten des Punktes $A^{*}$ an, der sich bei dieser Streckung ergibt.

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Die Gerade $h$ mit der Gleichung $y = x$ $(\mathbb{G}=\mathbb{R}\times\mathbb{R})$ ist Symmetrieachse von Rauten $A_{n} B_{n} C_{n} D_{n}$ . Die Diagonalen $[B_{n} D_{n}]$ der Rauten $A_{n} B_{n} C_{n} D_{n}$ liegen auf der Geraden $h$ . Die Punkte $A_{n} (x ∣ 2 x + 3)$ liegen auf der Geraden $g$ mit der Gleichung $y = 2 x + 3$ $(\mathbb{G}=\mathbb{R}\times\mathbb{R})$ . Die Abszisse der Punkte $D_{n}$ ist stets um vier größer als die Abszisse $x$ der Punkte $A_{n}$ . Dabei gilt: $x \in ]$ - $3; 5 [$ .
Runde im folgenden auf zwei Nachkommastellen!
1. Zeichne die Geraden $g$ und $h$ sowie die Raute $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ für $x = - 0,5$ und die Raute $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ für $x = 2,5$ in ein Koordinatensystem! Für die Zeichnung: Längeneinheit $1 c m$ ; $-4\leq x \leq 9; -3\leq y \leq 9$ .
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Punkt an Achse spiegeln
  Zeichnen der Raute $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$
  Du fängst mit der Raute $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ an. Gegeben sind $x$ = $- 0,5$ und die Gleichungen $y = 2 x + 3$ für den Punkt $A_{1}$ und $y = x$ für die Punkte $C_{1}$ und $D_{1}$
  Erst berechnest du die $y$ -Koordinate von $A_{1}$ .
  $y_{A_1}=2\cdot -0{,}5 + 3=2$
  Du trägst den Punkt $A_1(-0{,}5|2)$ ein. Dann berechnest du die Koordinaten von $D_{1}$ .
  $x_{D_1}=x_{A_1}+4=-0{,}5+4=3{,}5$
  $y_{D_1}=3{,}5$
  Du trägst den Punkt $D_1(3{,}5|3{,}5)$ ein. Dann spiegelst du $A_{1}$ an $h$ , um $C_{1}$ einzutragen.
  Als nächstes zeichnest du die Strecke $[A_{1} C_{1}]$ und spiegelst $D_{1}$ an dieser, um $B_{1}$ einzutragen.
  Die Koordinaten von $C_{1}$ und $B_{1}$ musst du nicht berechnen.
  Zeichnen der Raute $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$
  Für die Raute $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$ : Gegeben sind $x = 2,5$ und die Gleichungen $y = 2 x + 3$ für den Punkt $A_{2}$ und $y = x$ für die Punkte $C_{2}$ und $D_{2}$ .
  Du gehst für die zweite Raute genauso vor, wie für die erste.
  Erst berechnest du die $y$ -Koordinate von $A_{2}$ .
  $y_{A_2}=2\cdot 2{,}5 + 3=8$
  Du trägst den Punkt $A_2(2{,}5|8)$ ein. Dann berechnest du die Koordinaten von $D_{2}$ .
  $x_{D_2}=x_{A_2}+4=2{,}5+4=6{,}5$
  $y_{D_2}=6{,}5$
  Dann spiegelst du wieder $A_{2}$ an $h$ , um $C_{2}$ einzutragen und $D_{2}$ an $[A_{2} C_{2}]$ , um $B_{2}$ einzutragen.
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2. Zeige, dass für die Punkte $D_{n}$ in Abhängigkeit von der Abszisse $x$ der Punkte $A_{n}$ gilt: $D_{n} (x + 4 ∣ x + 4)$ ! Bestätige sodann durch Rechnung die untere Intervallgrenze $x = - 3$ der Rauten $A_{n} B_{n} C_{n} D_{n}$ !
  
  1. Teilaufgabe
  Die Abszissen der Punkte $D_{n}$ sind um 4 größer als die Abszissen der Punkte $A_{n}$ (in der Aufgabe definiert). Die Punkte $D_{n}$ liegen auf der Geraden $y = x$ .
  Damit sind die Koordinaten der Punkte $D_{n} (x + 4 ∣ x + 4)$ .
  2. Teilaufgabe
  Die untere Intervallgrenze ist die Stelle, an der sich die Geraden $g : y = 2 x + 3$ und $h : y = x$ schneiden.
  Du berechnest also den Schnittpunkt der beiden Geraden
  $2 x + 3 = x$
  und löst nach $x$ auf.
  $\Leftrightarrow x=-3$
  $\Rightarrow$ Die untere Intervallgrenze ist $x = - 3$ .
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3. Begründe, warum sich für $[A_nD_n]\perp h$ die obere Intervallgrenze $x = 5$ ergibt und bestätige diese durch Rechnung!
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Skalarprodukt
  Sobald $D_{n}$ auf der Diagonalen $[A_{n} C_{n}]$ liegt, liegt auch das an dieser Diagonalen gespiegelte $B_{n}$ auf der Diagonalen und es gibt keine Raute mehr.
  Wenn das eintritt, ist die Strecke $[A_{n} D_{n}]$ orthogonal zur Geraden $h$ .
  Die Strecke $[A_{n} D_{n}]$ kannst du als Vektor schreiben:
  $\overrightarrow{A_nD_n}=\begin{pmatrix}x+4-x \\x+4-(2x+3)\end{pmatrix}$
  Wenn dieser orthogonal zur Geraden $h$ ist, ist das Skalarprodukt des Richtungsvektors der Geraden $h$ und der Strecke $[A_{n} D_{n}]$ gleich null.
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array} {lcr}&\begin{pmatrix} x+4-x \\ x+4-(2x+3) \end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix} 1 \\1 \end{pmatrix}=0 \\\Leftrightarrow \,\, & x+4-x+x+4-(2x+3)=0 \\\Leftrightarrow \,\, & x=5\end{array}$
  Daher wurde die obere Intervallgrenze $x = 5$ gewählt.
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4. Bestimme rechnerisch die Koordinaten der Punkte $C_{n}$ in Abhängigkeit von der Abszisse $x$ der Punkte $A_{n}$ !
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Spiegelung an einer Ursprungsgeraden
  Gegeben: $A_{n} (x ∣ 2 x + 3)$
  Spiegelachse: $y = x$
  Du hast in Teilaufgabe 1 die Punkte $C_{1}$ und $C_{2}$ konstruiert, indem du die Punkte $A_{1}$ und $A_{2}$ an der Diagonalen $B_{n} D_{n}$ gespiegelt hast. Dies kannst du für alle Punkte $C_{n}$ machen.
  Zunächst berechnest du den Winkel, den die Spiegelachse mit der x-Achse einschließt.
  $\alpha=tan^{-1}(m)=tan^{-1}(1)=45^\circ$
  Das kannst du in die Formel für die Achsenspiegelung an einer Ursprungsgeraden einsetzen.
  $\begin{pmatrix} x' \\ y' \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \cos{2\alpha} & \sin{2\alpha} \\ \sin{2\alpha} & -\cos{2\alpha} \end{pmatrix}$ $\cdot\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix}$
  $= \begin{pmatrix} \cos{2\cdot45^\circ} & \sin{2\cdot45^\circ}\\\sin{2\cdot45^\circ} & -\cos{2\cdot45^\circ} \end{pmatrix}$ $\cdot \begin{pmatrix} x \\ 2x+3 \end{pmatrix}$
  $=\begin{pmatrix} 0 & 1 \\ 1 & 0\end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix} x \\ 2x+3 \end{pmatrix}$
  $= \begin{pmatrix} 2x+3 \\ x \end{pmatrix}$
  $\Rightarrow$ Die Koordinaten der Punkte $C_{n}$ in Abhängigkeit von der Abszisse x der Punkte $A_{n}$ sind $(2 x + 3 ∣ x)$ .
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5. Berechne den Flächeninhalt $A$ der Rauten $A_{n} B_{n} C_{n} D_{n}$ in Abhängigkeit von der Abszisse $x$ der Punkte $A_{n}$ !
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Flächeninhalt einer Raute berechnen
  Gegeben: $A_{n} (x ∣ 2 x + 3)$ , $C_{n} (2 x + 3 ∣ x)$ , $D_{n} (x + 4 ∣ x + 4)$
  Du bildest zuerst den Vektor $\overrightarrow{D_nA_n}$
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} \overrightarrow{D_nA_n}= &\begin{pmatrix} x-(x+4) \\ 2x+3-(x+4)\end{pmatrix} \\ =& \begin{pmatrix} -4 \\ x-1 \end{pmatrix}\end{array}$
  Dann bildest du den Vektor $\overrightarrow{D_nC_n}$ .
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} \overrightarrow{D_nC_n}= &\begin{pmatrix} 2x+3-(x+4) \\ x-(x+4)\end{pmatrix} \\ =& \begin{pmatrix} x-1 \\ -4 \end{pmatrix}\end{array}$
  Mit der Determinante rechnest du jetzt den Flächeninhalt $A$ aus. Das kannst du machen, da die Raute aus zwei gleich großen Dreiecken besteht.
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} A(x) = \begin{pmatrix} -4 & x-1 \\ x-1 & -4 \end{pmatrix}\end{array}\\\\=16-(x-1)(x-1)\\\\=-x^2+2x+15$
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6. Die Seite $[C_{3} D_{3}]$ der Raute $A_{3} B_{3} C_{3} D_{3}$ verläuft senkrecht zur $x$ -Achse. Berechne die Koordinaten des Punktes $D_{3}$ !
  
  Gegeben: $D_{n} (x + 4 ∣ x + 4)$ , $C_{n} (2 x + 3 ∣ x)$
  Wenn die Strecke $[C_{3} D_{3}]$ orthogonal zur $x$ -Achse ist, sind die Abszissen der Punkte $C_{3}$ und $D_{3}$ gleich.
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} & \,\, x_{D_3}=x_{C_3}\\& \,\, x+4=2x+3 \\\Leftrightarrow & \,\, x=1\end{array}$
  Das Ergebnis setzt du in die Koordinaten von $D_{n} (x + 4 ∣ x + 4)$ ein.
  $D_{3} (1 + 4 ∣ 1 + 4) = (5 ∣ 5)$
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7. In der Raute $A_{4} B_{4} C_{4} D_{4}$ hat die Diagonale $[A_{4} C_{4}]$ die gleiche Länge wie die Seite $[A_{4} D_{4}]$ . Begründe, dass für die Diagonale $[B_{4} D_{4}]$ gilt: $\overline{B_4D_4}=\overline{A_4D_4}\cdot \sqrt3$ !
  
  Für diese Aufgabe benötigst Du folgendes Grundwissen: Höhe eines gleichseitigen Dreiecks
  Du beschreibst zuerst die allgemeinen Eigenschaften einer Raute und verbindest das dann mit den Bedingungen, die in der Aufgabe gegeben sind. Es ist oft sinnvoll, eine Raute in zwei Dreiecke zu unterteilen und sich zunächst nur eins von diesen anzugucken.
  Das markierte Dreieck $A_{4} C_{4} D_{4}$ ist gleichseitig:
  $a=\overline{A_4C_4}=\overline{C_4D_4}=\overline{D_4A_4}$
  Die Höhe $b$ eines gleichseitigen Dreiecks mit Seitenlänge $a$ kannst du der Formelsammlung entnehmen (oder diesem Artikel)
  $b=\frac{\sqrt3}{2}a$
  Die Strecke $[B_{4} D_{4}]$ ist doppelt so lang wie die Höhe $b$ des Dreiecks. Es gilt demnach:
  $\overline{B_4D_4}=2 \cdot b=2 \cdot \frac{\sqrt3}{2} \cdot a=\sqrt3 \cdot a$
  Jetzt verbindest du noch deine Argumente, um die gleiche Formel wiederzugeben, die in der Aufgabe verlangt ist.
  $a=\overline{A_4D_4}$
  $\Rightarrow \overline{B_4D_4}=\sqrt3 \cdot \overline{A_4D_4}$
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3
Die Eckpunkte $C_{n}$ der Drachenvierecke $A B_{n} C_{n} D_{n}$ liegen auf der Geraden g mit $y = 0,5 x + 6,5$ . Die Punkte $Z_{n}$ sind die Diagonalenschnittpunkte, die Geraden $A C_{n}$ sind die Symmetrieachsen der Drachenvierecke.
Es gilt: $A (0 ∣ 0)$ ; $\sphericalangle D_nAB_n=90^\circ; \overline{AZ_n} : \overline {Z_nC_n}=3:2$
1. Zeichne die Drachenvierecke $A B_{1} C_{1} D_{1}$ und $A B_{2} C_{2} D_{2}$ für $x = - 2$ und $x = 1$ in ein Koordinatensystem! Für die Zeichnung:
  $-6 \leqq x \leqq 6; -1 \leqq y \leqq 9$
  $1 \,LE \,\, \widehat{=} \, 1 \,\, cm$
  
  Für das erste Drachenviereck:
  Gegeben sind: $A (0 ∣ 0)$ , $Z_1(x_1|0{,}5x_1+6{,}5)$ , $\overline{AZ_1} : \overline {Z_1C_1}=3:2$ , $\sphericalangle D_1AB_1=90^\circ$ und $x_{1} = - 2$
  Du zeichnest zuerst den Punkt $A$ in ein Koordinatensystem ein.
  Dann berechnest du die Koordinaten von $C_{1}$ .
  $C_1(-2|-2\cdot0{,}5+6{,}5)=(-2|5{,}5)$
  Du trägst den Punkt $C_{1}$ in ein Koordinatensystem ein.
  Dann berechnest die Koordinaten von $Z_{1}$ . Dafür multiplizierst du die Koordinaten von $C_{1}$ mit $\frac{3}{5}$ . Das kannst du aus dem Verhältnis $3 : 2$ rauslesen.
  $Z_1=(-2\cdot \frac{3}{5}|5{,}5 \cdot \frac{3}{5})=(-1{,}2|3{,}3)$
  Diesen Punkt trägst du wieder ein.
  Dann konstruierst du eine Senkrechte zu $[A C_{1}]$ , die durch den Punkt $Z_{1}$ geht. Auf dieser werden später $B_{1}$ und $D_{1}$ sein.
  Du weißt, dass bei $A$ ein rechter Winkel vorliegt und, dass $Z_{1}$ Mittelpunkt von $B_{1}$ und $D_{1}$ ist. Du kannst also erkennen, dass du einen Thaleskreis benutzen kannst, um $B_{1}$ und $D_{1}$ zu finden. Die Schnittpunkte mit diesem sind die Punkte $B_{1}$ und $D_{1}$ .
  Du zeichnest also einen Kreis mit Mittelpunkt $Z_{1}$ und Radius $\overline{Z_1A}$ in deine Skizze.
  Für das zweite Drachenviereck:
  Gegeben sind: $A (0 ∣ 0)$ , $Z_2(x_2|0{,}5x_2+6{,}5)$ , $\overline{AZ_2} : \overline {Z_2C_2}=3:2$ , $\sphericalangle D_2AB_2=90^\circ$ und $x_{2} = 1$
  Du zeichnest zuerst den Punkt $A$ in ein Koordinatensystem ein.
  Dann berechnest du die Koordinaten von $C_{2}$ .
  $C_2(1|1\cdot0{,}5+6{,}5)=(1|7)$
  Du trägst den Punkt $C_{2}$ in ein Koordinatensystem ein.
  Dann berechnest die Koordinaten von $Z_{2}$ . Dafür multiplizierst du die Koordinaten von $C_{2}$ mit $\frac{3}{5}$ . Das kannst du aus dem Verhältnis $3 : 2$ rauslesen.
  $Z_2=(-2\cdot \frac{3}{5}|5{,}5 \cdot \frac{3}{5})=(-1{,}2|3{,}3)$
  Diesen Punkt trägst du wieder ein.
  Dann konstruierst du eine Senkrechte zu $[A C_{2}]$ , die durch den Punkt $Z_{2}$ geht. Auf dieser werden später $B_{2}$ und $D_{2}$ sein.
  Du weißt, dass bei $A$ ein rechter Winkel vorliegt und, dass $Z_{2}$ Mittelpunkt von $B_{2}$ und $D_{2}$ ist. Du kannst also erkennen, dass du einen Thaleskreis benutzen kannst, um $B_{2}$ und $D_{2}$ zu finden. Die Schnittpunkte mit diesem sind die Punkte $B_{2}$ und $D_{2}$ .
  Du zeichnest also einen Kreis mit Mittelpunkt $Z_{2}$ und Radius $\overline{Z_2A}$ in deine Skizze.
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2. Berechne die Koordinaten der Punkte $Z_{n}$ in Abhängigkeit von der Abszisse $x$ der Punkte $C_{n}$ !
  
  Gegeben sind die Koordinaten der Punkte $C_n(x|0{,}5x+6{,}5)$ . Es gilt $\overline {0Z_n} : \overline {Z_n|C_n}=3:2$
  Wenn zum Beispiel $C_{n}$ $5$ Längeneinheiten vom Ursprung entfernt ist, dann ist $Z_{n}$ $3$ Längeneinheiten vom Ursprung entfernt. Daraus folgt, dass $Z_{N}$ immer auf $\frac{3}{5}$ des Weges vom Ursprung zu $C_{n}$ liegt. Man multipliziert also die $x$ - und $y$ -Koordinaten von $Z_{n}$ mit $\frac{3}{5}$
  $\Rightarrow Z_n(0{,}6x|0{,}6\cdot(0{,}5x+6{,}5)=(0{,}6x|0{,}3x+3{,}9)$
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3. Zeige, dass gilt: $\overline{AZ_n} : \overline{AB_n} = 1 : \sqrt2$ !
  
  Berechnung des Verältnisses $\overline{AZ_N}:\overline{AB_N}$
  Gegeben: $Z_n(0{,}6x|0{,}3+3{,}9)$
  $B_{n}$ liegt auf einer Senkrechten zu $[A Z_{n}]$ , die durch $Z_{n}$ führt.
  Aus diesen Informationen kannst du entnehmen, dass $B_{n}$ , $Z_{n}$ und $O$ ein rechtwinkliges Dreieck $\triangle B_nZ_nA$ bilden. Durch den rechten Winkel $\sphericalangle D_nAB_n$ gibt es einen Thaleskreis mit Mittelpunkt $Z_{n}$ , der durch $D_{n}$ , $A$ und $B_{n}$ geht. Es gilt also $\overline{Z_nA}=\overline{Z_nB_n}$ .
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} & \overline{AZ_n}^2+\overline{Z_nB_n}^2=\overline {AB_n}^2 \\ \Leftrightarrow & 2\overline{AZ_n}^2= \overline{AB_n}^2 \\ \Leftrightarrow & \sqrt{2}\cdot\overline{AZ_n}=\overline{AB_n}\end{array}$
  $\Rightarrow \overline{AZ_n} : \overline{AB_n} = 1:\sqrt2$
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4. Ermittle die Gleichung des Trägergraphen $t$ der Punkte $B_{n}$ !
  
  Gegeben sind $Z_N(0{,}6x|0{,}3x+3{,}9)$ und $A (0 ∣ 0)$ .
  Wenn $A$ um $90^\circ$ um $Z_{n}$ gedreht wird, entsteht $B_{n}$ . Wir drehen $A$ also um einen beliebigen Punkt.
  $\overrightarrow{OB_n}=\begin{pmatrix} cos(\alpha) & -sin(\alpha)\\ sin(\alpha) & \,\,\,\,\,\,cos(\alpha)\end{pmatrix}\cdot \overrightarrow{Z_nA} + \overrightarrow{OZ_n}$
  $=\begin{pmatrix} cos(90^\circ) & -sin(90^\circ)\\ sin(90^\circ) & \,\,\,\,\,\,cos(90^\circ)\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix} -0{,}6x \\ -0{,}3x - 3{,}9\end{pmatrix}+\overrightarrow{OZ_n}$
  $=\begin{pmatrix} 0\cdot -0{,}6x + -1\cdot (-0{,}3x + -3{,}9)\\ 1\cdot -0{,}6x + 0\cdot (0{,}3x + 3{,}9)\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0{,}6x \\ 0{,}5x + 6{,}5\end{pmatrix}$
  $=\begin{pmatrix}0{,}3x + 3{,}9\\ -0{,}6x\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 0{,}6x \\ 0{,}3x + 3{,}9\end{pmatrix}$
  $=\begin{pmatrix} 0{,}9x +3{,}9 \\ -0{,}3x+3{,}9\end{pmatrix}$
  Um den Trägergraphen zu ermitteln, übernimmst du aus den Ortsvektoren $\overrightarrow{OB_n}$ folgende Informationen über die Koordinaten von $B_{n}$ :
  $x_{B_n} =0{,}9x+3{,}9$
  $\Leftrightarrow \frac{10}{9}x_{B_n}-\frac{13}{3}=x$
  $y_{B_n}=-0{,}3x+3{,}9$
  Jetzt musst du nur noch $x$ in die untere Gleichung einsetzen und du hast den Trägergraphen ermittelt.
  $y_{B_n}=-0{,}3\cdot(\frac{10}{9}x-\frac{13}{3})+3{,}9$
  $y_{B_n}=-\frac{1}{3}x_{B_n}+5{,}2$
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5. Berechne den Wert für $x$ , für den die Symmetrieachse $A C_{3}$ senkrecht zur Geraden $g$ steht!
  
  Gegeben: $g : y = 0,5 x + 6,5$ und $\overrightarrow{AC_N}=\begin{pmatrix} x \\ 0{,}5x+6{,}5 \end{pmatrix}$
  Der Richtungsvektor der Geraden $g$ muss orthogonal zu $\overrightarrow{AC_n}$ sein:
  $\overrightarrow g\circ\overrightarrow{AC_N}=0$
  $\Rightarrow \begin{pmatrix} 1 \\ 0{,}5 \end{pmatrix}\circ\begin{pmatrix} x \\ 0{,}5x+6{,}5\end{pmatrix}=0$
  $\Leftrightarrow x+0{,}25x+3{,}25=0$
  $\Leftrightarrow1{,}25x+3{,}25=0$
  $\Leftrightarrow x=-2{,}6$
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6. Unter den Drachenvierecken $A B_{n} C_{n} D_{n}$ besitzt das Drachenviereck $A B_{0} C_{0} D_{0}$ einen extremen Flächeninhalt. Berechnen sie dazu die $x$ -Koordinate des Punktes $B_{0}$ !
  
  Gegeben sind $\overrightarrow {AB_n}=\begin{pmatrix} 0{,}9x+3{,}9\\-0{,}3x+3{,}9 \end{pmatrix}$ und $\overrightarrow {AC_n}=\begin{pmatrix} x\\0{,}5x+6{,}5 \end{pmatrix}$ .
  Das Drachenviereck besteht aus zwei gleichgroßen Dreiecken, dessen Flächeninhalt du mit der Determinante ausrechnen kannst.
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} A(x) &= 2\cdot\frac{1}{2}\cdot \begin{vmatrix} \overrightarrow{AB_n} & \overrightarrow{AC_n} \end{vmatrix} \\ &= \begin{vmatrix} 0{,}9x+3{,}9 & x \\ -0{,}3x+3{,}9 & 0{,}5x+6{,}5 \end{vmatrix} \\ &= (0{,}9x+3{,}9)\cdot(0{,}5x+6{,}5)-(-0{,}3x+3{,}9)\cdot x \\ &= 0{,}45x^2+7{,}8x+25{,}35+0{,}3x^2-3{,}9x \\ &= 0{,}75x^2+3{,}9x+25{,}35\end{array}$
  Du kennst jetzt den Flächeninhalt in Abhängigkeit von $x$ . Mit der quadratischen Ergänzung kannst du die Scheitelpunktform der Parabel ausrechnen und damit den Scheitelpunkt bestimmen.
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr}A(x)&=0{,}75\cdot(x^2+5{,}2x+33{,}8) \\ &= 0{,}75\cdot(x^2+5{,}2x+33{,}8+2{,}6^2-2{,}6^2) \\ &= 0{,}75(x+2{,}6)^2+27{,}04\end{array}$
  Aus der Scheitelpunktform liest du heraus, dass der Scheitelpunkt bei $S (- 2,6 ∣ 27,04)$ liegt. Als letztes berechnest du die $x$ -Koordinate von $B_{0}$ .
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} x_{B_n}&=0{,}9x+3{,}9 \\ &= 0{,}9\cdot-2{,}6+3{,}9\\&=1{,}56\end{array}$
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7. Der Punkt $Z_{4}$ liegt auf der Parabel $p$ mit $y=-\frac{1}{16}x^2+\frac{1}{2}x+4{,}5$ .
  Berechne die Koordinaten des Punktes $C_{4}$ und das Maß des Winkels $\sphericalangle D_4C_4B_4$ !
  
  Gegeben sind:
  $Z_4 \in p:y=−\frac{1}{16}x^2+\frac{1}{2}x+4{,}5$
  $Z_n(0{,}6x|0{,}3x+3{,}9)$
  Du kennst die Koordinaten aller Punkte $Z_{n}$ in allgemeiner Form. Außerdem weißt du, dass der Punkt $Z_{4}$ im Speziellen auf $p$ liegt, d. h. seine Koordinaten müssen die Parabelgleichung erfüllen. Du setzt also die Koordinaten von $Z_{n}$ in die Gleichung von $p$ ein und berechnest so den entsprechenden Wert für $x$ .
  $0{,}3x+3{,}9=-\frac1{16}(0{,}6x)^2+\frac12\cdot0{,}6x+4{,}5$
  $0=-\frac{9}{400}x^2+0{,}6$
  $\Leftrightarrow x=\pm \frac{4\sqrt{15}}{3}$
  $Z_4(\frac{2\sqrt{15}}{3}|0{,}3\cdot\frac{4\sqrt{15}}{3}+3{,}9=\frac{39+4\sqrt{15}}{10})$
  $C_4(\frac{4\sqrt{15}}{3}|0{,}5\cdot\frac{4\sqrt{15}}{3}+6{,}5=\frac{39+4\sqrt{15}}{6})$
  Als letztes berechnest du den Winkel $\sphericalangle D_4C_4B_4$ mit den Vektoren $\overrightarrow{C_4B_4}$ und $\overrightarrow{C_4A}$ . Diesen musst du dann mit $2$ multiplizieren.
  $\overrightarrow {OB_n}=\begin{pmatrix} 0{,}9x +3{,}9 \\ -0{,}3x+3{,}9\end{pmatrix}$ , $x=\frac{4\sqrt{15}}{3}$
  $\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{lcr} \overrightarrow{C_4B_4}&=\begin{pmatrix} \frac{2\sqrt{15}}{3} -(0{,}9\cdot\frac{4\sqrt{15}}{3} +3{,}9) \\ \frac{4\sqrt{15}}{3}-(-0{,}3\cdot\frac{4\sqrt{15}}{3}+3{,}9) \end{pmatrix} \\&=\begin{pmatrix} -\frac{117+16\sqrt{15}}{30} \\ \frac{-117+52\sqrt{15}}{30} \end{pmatrix}\end{array}$
  $\overrightarrow{C_4A}=\begin{pmatrix} -\frac{4\sqrt{15}}{3} \\ -\frac{39+4\sqrt{15}}{6}\end{pmatrix}$
  $\sphericalangle D_4C_4B_4=2\alpha=2\cdot cos^{-1}(\frac{|-\frac{117+16\sqrt{15}}{30}\cdot-\frac{4\sqrt{15}}{3}+\frac{-117+52\sqrt{15}}{30}\cdot-\frac{39+4\sqrt{15}}{6}|}{\sqrt{(-\frac{117+16\sqrt{15}}{30})^2+(\frac{-117+52\sqrt{15}}{30})^2}\cdot\sqrt{( -\frac{4\sqrt{15}}{3})^2+(-\frac{39+4\sqrt{15}}{6})^2}})\\\approx112{,}62^\circ$
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$\displaystyle \begin{pmatrix}x'\\y'\end{pmatrix}$	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}1 &0\\0& 1\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}3\\2\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-1\\4\end{pmatrix}$
	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}2\\6\end{pmatrix}$

$\displaystyle \begin{pmatrix}x^\\y^\end{pmatrix}$	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}\frac12 & 0 \\0 & \frac12\end{pmatrix} \cdot\begin{pmatrix}2\\6\end{pmatrix}$
	$=$	$\displaystyle \begin{pmatrix}1\\3\end{pmatrix}$

Gemischte Aufgaben zu Abbildungen in der Ebene

Zeichnen der Raute A1B1C1D1A_1B_1C_1D_1A1​B1​C1​D1​

Zeichnen der Raute A2B2C2D2A_2B_2C_2D_2A2​B2​C2​D2​

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1. Teilaufgabe

2. Teilaufgabe

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Für das erste Drachenviereck:

Für das zweite Drachenviereck:

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Zeichnen der Raute $A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$

Zeichnen der Raute $A_{2} B_{2} C_{2} D_{2}$