Teil B

Lösung zu a

$y = 0{,}25 x^2 + bx +c$

Scheitelpunkt $S(4|-2)$

Scheitelpunktform $y = a(x-x_S)^2+y_S$

Normalform $y = a x^2 + bx +c$

Vergleiche die gegebene Parabelgleichung mit der allgemeinen Normalform um $a$ zu bestimmen. Setze dann $a$ und $S$ in die Scheitelpunktform ein und vereinfache.

$y = 0{,}25(x-4)^2 - 2$

$y = 0{,}25(x^2-8x+16) - 2$

$y = 0{,}25x^2 - 2x + 4 - 2$

$y = 0{,}25x^2 - 2x + 2$

Zeichne die Parabel und Gerade (z.B. mit Hilfe einer Wertetabelle aus dem Taschenrechner).

Lösung zu b

$A(0|2)$ und $C(10|7)$ sind die Schnittpunkte von $p$ und $g$.

$B_n(x|0{,}25x^2-2x+2)$ liegen auf der Parabel $p$

$AB_nCD_n$ bilden Drachenvierecke mit $g$ als Symmetrieachse

Berechne $B_1$ indem du $x=6$ in $B_n$ einsetzt:

$B_1(6|0{,}25\cdot 6^2 - 2 \cdot 6 +2)$

$B_1(6|-1)$

Drachenvierecke gibt es, solange $B$ zwischen $A$ und $C$ liegt.

$x \in ]0;10[$

Lösung zu c

$A(0|2)$, $B_1(6|-1)$, $C(10|7)$

Um zu zeigen, dass das Dreieck $AB_1C$ rechtwinklig ist, zeige, dass der Satz des Pythagoras erfüllt ist.

Berechne dafür zunächst die Seitenlängen $\overline{AB_1}$, $\overline{B_1C}$ und $\overline{CA}$.

$\overline{AB_1} = \sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}$

$\overline{AB_1} = \sqrt{6^2+(-3)^2} = \sqrt{45}$

$\overline{B_1C} = \sqrt{(x_C-x_B)^2+(y_C-y_B)^2}$

$\overline{B_1C} = \sqrt{4^2+8^2} = \sqrt{80}$

$\overline{CA} = \sqrt{(x_A-x_C)^2+(y_A-y_C)^2}$

$\overline{CA} = \sqrt{(-10)^2 + (-5)^2} = \sqrt{125}$

Überprüfe mit diesen Streckenlängen, ob der Satz des Pythagoras erfüllt ist.

$\overline{CA}$ sollte dabei die Hypotenuse sein.

$\overline{CA}^2 = \overline{AB_1}^2 + \overline{B_1C}^2$

$125 = 45 + 80$

Der Satz des Pythagoras ist erfüllt, damit ist das Dreieck rechtwinklig mit dem rechten Winkel bei $B_1$.

Lösung zu d

$B_n(x|0{,}25x^2-2x+2)$

Die Punkte $B_n$ liegen auf der Parabel $p$. Die Punkte $B_2$ und $B_3$ liegen auf der $x$-Achse und sind deshalb die Nullstellen von $p$. Um die Nullstellen zu berechnen, setze $y=0$ in der Parabelgleichung und löse die quadratische Gleichung mit der Mitternachtsformel.

$0 = 0{,}25 x^2 - 2x +2$

$x_{2/3} = 4 \pm 2\sqrt{2}$

$x_2 = 1{,}17$

$x_3 = 6{,}83$

$\Rightarrow B_2(1{,}17|0), B_3(6{,}83|0)$

Lösung zu e

Gegeben sind die folgenden Punkte des Drachenvierecks:

$A(0|2)$

$B(x|0{,}25x^2-2x+2)$

$C(10|7)$

Das Drachenviereck kannst du in die zwei Dreiecke $ABC$ und $ACD$ aufteilen. Die Flächeninhalte der beiden Dreiecke sind aufgrund der Symmetrie vom Drachenviereck gleich.

Die Fläche vom Dreieck $ABC$ kannst du über die Determinante berechnen:

$A_{ABC} =\dfrac{1}{2}\left| \overrightarrow{BA}\;\; \overrightarrow{BC}\right|$

Um auf die Fläche des Drachenvierecks zu kommen, nehmen wir nun diese Fläche doppelt und kommen auf:

$A_{ABCD} = \left| \overrightarrow{BA}\;\; \overrightarrow{BC}\right|$

Berechne dazu die beiden Vektoren.

$\def\arraystretch{1.25} \overrightarrow{BA} = \left( \begin{array}{c}0\\2\end{array} \right) - \left( \begin{array}{c}x\\0{,}25x^2-2x+2\end{array} \right) = \left( \begin{array}{c}-x\\-0{,}25x^2+2x\end{array} \right)$

$\def\arraystretch{1.25} \overrightarrow{BC} = \left( \begin{array}{c}10\\7\end{array} \right)- \left(\begin{array}{c}x\\0{,}25x^2-2x+2\end{array} \right) =\left( \begin{array}{c}10-x\\-0{,}25x^2+2x+5 \end{array} \right)$

Anschließend kannst du die Determinante bestimmen.

$A_{ABCD} =\left| \overrightarrow{BA}\;\; \overrightarrow{BC}\right|$

$\def\arraystretch{1.25} A_{ABCD}(x)= \left| \begin{array}{c}-x\\-0{,}25x^2+2x\end{array}\; \; \begin{array}{c}10-x\\-0{,}25x^2+2x+5 \end{array}\right|$

$A_{ABCD}(x) =-x\cdot (-0{,}25x^2+2x+5)-(10-x)(-0{,}25x^2+2x)$

$A_{ABCD}(x)=0{,}25x^3-2x^2-5x-(-2{,}5x^2+20x+0{,}25x^3-2x^2)$

$A_{ABCD}(x)=0{,}25x^3-2x^2-5x+2{,}5x^2-20x-0{,}25x^3+2x^2$

$A_{ABCD}(x)=-5x+2{,}5x^2-20x$

$\underline{\underline{A(x)=2{,}5x^2-25x\;\text{FE}}}$

Der Flächeninhalt des Drachenvierecks in Abhängigkeit von $x$ ist $A(x)=2{,}5x^2-25x$.

Lösung zu f

$A(0|2)$, $C(10|7)$

$g(x) = 0{,}5x + 2$

Die Gerade $MB_4$ ist senkrecht zu $g$ und verläuft durch den Punkt $M$. Berechne zunächst die Koordinaten von $M$.

$M$ liegt in der Mitte zwischen $A$ und $C$

$\Rightarrow x_M = \frac{x_A+x_C}{2} = \frac{0+10}{2} = 5$

$\Rightarrow y_M = \frac{y_A+y_C}{2} = \frac{2+7}{2} = 4{,}5$

$\Rightarrow M(5|4{,}5)$

Berechne nun aus dem Wissen, dass beide Geraden rechtwinklig zueinander sind, die Steigung von $MB_4$.

Für rechtwinklige Geraden mit Steigungen $m$ und $m'$ gilt: $m \cdot m' = -1$.

Damit ist die Steigung

$m_{MB_4}=\frac{-1}{m_g}=\frac{-1}{0{,}5}=-2$

Setze jetzt die Steigung $m_{MB_4}$ und $M$ in die allgemeine Geradengleichung $y=mx+b$ ein und bestimme den fehlenden Parameter $b$.

$\def\arraystretch{1.25} \begin{array}{rcll} y & = & mx+b & \\ 4{,}5 & = & -2\cdot 5 + b & \\ 4{,}5 & = & -10 + b & |+10 \\ 14{,}5 & = & b &\end{array}$

$\Rightarrow MB_4: y=-2x+14{,}5$

Teilaufgabe a

Zeichnen des Schrägbildes

Das Schrägbild ist eine genaue Zeichnung der Pyramide. In der Angabe steht, dass die Strecke $[AC]$ auf der Schrägbildachse liegt. Das bedeutet auf der Zeichenebene. Der Punkt $S$ liegt senkrecht über dem Punkt $A$ und somit liegt das Dreieck $ASC$ genau auf der Zeichenebene. Zeichne dies zuerst, indem du die bekannten Strecken $\overline{CA}=10\, \text{cm}$ und $\overline{AS} = 9\;\text{cm}$ einzeichnest und die Punkte $C$ und $S$ verbindest.

Jetzt fehlt nur noch der Punkt $B$ und die entsprechenden Verbindungen dazu. Dazu benötigst du die Angabe, dass $\omega = 45°$. Das bedeutet, die Strecke $[AB]$, die in Wirklichkeit einen $90°$ Winkel zur Strecke $[AC]$ bildet, wird perspektivisch verzerrt in einem $45°$ Winkel nach rechts hinten gezeichnet.

Dabei entspricht immer eine Kästchendiagonale einem Zentimeter. Du musst also die $7 \, \text{cm}$ lange Strecke $7$ Kästchendiagonalen lang zeichnen.

Länge der Strecke $[CS]$

Um die Länge der Strecke $[CS]$ zu bestimmen, nutzt du am besten das rechtwinklige Dreieck $CAS$. Stelle für dieses Dreieck den Satz des Pythagoras auf, dabei ist die Strecke $[CS]$ die Hypotenuse.

$\overline{CS}^2=\overline{AC}^2+\overline{AS}^2$

Löse nach $\overline{CS}$ auf, indem du die Wurzel ziehst.

$\overline{CS}=\sqrt{\overline{AC}^2+\overline{AS}^2}$

Setze die gegebenen Werte ein und rechne $\overline{CS}$ aus.

$\overline{CS}=\displaystyle\sqrt{(10\text{ cm})^2+(9\text{ cm})^2}=13{,}45$ cm

Hier wird es beispielsweise mit Tangens berechnet:

$\tan(\epsilon)= \displaystyle\frac{\text{Gegenkathete}}{\text{Ankathete}}= \frac{\overline{AS}}{\overline{AC}}$

Setze nun die Werte ein.

$\tan(\epsilon)=\displaystyle\frac9{10}$

Nutze nun $\tan^{-1}$ um $\epsilon$ zu bestimmen.

Der Winkel ist $\epsilon=\tan^{-1}\left(\dfrac{9}{10}\right)=41{,}99°$.

Teilaufgabe b

Versuche, dir die Aufgabenstellung so zu verdeutlichen, dass du es dir in der Zeichnung vorstellen kannst.

• Punkt $F_n$ liegt irgendwo auf der Strecke zwischen $A$ und $C\;$ ($F_n \in [AC]$) Dabei gilt: $\overline{AF_n}(x) = x \, \text{cm}$. Das bedeutet: Der Abstand vom Punkt $F_n$ zum Punkt $A$ beträgt $x\;\text{cm}$. Im ersten Fall $F_1$ mit $x=4$ ist er also $4 \;\text{cm}$ von $A$ entfernt.

• Zeichne diesen Punkt in dein Schrägbild ein!

• Punkt $D_n$ liegt auf der Strecke $[AB]$ und $E_n$ liegt auf der Strecke $[BC]$. Genaue Punkte kennst du allerdings noch nicht. Schaue dir dazu die nächste Bedingung an!

• $AD_1E_1F_1$ Soll insgesamt ein Rechteck ergeben. Das bedeutet: Es gibt nur rechte Winkel in diesem Viereck und die gegenüberliegenden Seiten sind jeweils gleich lang. Da du eine Seite $F_1A$ schon kennst, kannst du auch $[D_1E_1]=4 \, \text{cm}$ sofort bestimmen.

• Um nun die fehlenden Punkte herauszufinden, musst du eine Parallelverschiebung der Strecke $[AB]$ machen, bis die parallele Strecke im Punkt $F_1$ liegt.

Bestimmung der Strecke $\overline{E_nF_n}$ Zeichne dir dafür am besten eine kleine Skizze, wie das Dreieck $ABC$ mit eingezeichnetem Viereck $AD_nE_nF_n$ aussehen würde.

Beschrifte nun die Strecken auf der rechten Seite. Du weißt, dass $\overline{AB} = 7 \, \text{cm}$ und dass $\overline{AD_N} = \overline{E_nF_n}$.

Betrachte nun das rechtwinklige Dreieck $E_nD_nB$. Den Winkel $\beta$ kannst du leicht berechnen und du kennst die Strecke $x$. Aus diesem Grund kannst du mithilfe des Tangens die Strecke $\overline{D_nB}$ berechnen, welche genau $7 \, \text{cm} -x$ ist.

$\tan(\beta) = \dfrac{\text{Gegenkathete}}{\text{Ankathete}} = \dfrac{7\, \text{cm}-\overline{E_n F_n}}{x}$

Der $\tan(\beta)$ ergibt sich aus dem rechtwinkligen Dreieck $ABC$ zu

$\tan(\beta)=\dfrac{7}{10}$

Also erhältst du:

$\tan(\beta) = \dfrac{7\, \text{cm}-\overline{E_n F_n}}{x} =\dfrac{7}{10}$

Du kannst nun die Gleichung nach $x$ lösen:

$\dfrac{7\, \text{cm}-\overline{E_n F_n}}{x} =\dfrac{7}{10} \; \; \; \; \; \; \; |\cdot x$

$7 \, \text{cm} -\overline{E_n F_n} = 0{,}7x \; \; \; \; \; \; |+\overline{E_n F_n} \; \; \; |-0{,}7x$

$7 \, \text{cm} -0{,}7x = \overline{E_n F_n}$

Die Strecke $\overline{E_n F_n}$ beträgt also: $\overline{E_nF_n} = (-0{,}7x+7) \, \text{cm}$.

Im nächsten Schritt sollst du diese Länge berechnen, wenn das Rechteck $AD_0E_0F_0$ ein Quadrat wird. Bei einem Quadrat sind alle Seiten gleich lang. In unserem Fall gilt also:

$x = \overline{E_0F_0}$

$x = -0{,}7x + 7$

Löse diese Gleichung nun nach $x$ auf.

$x = -0{,}7x + 7 \, \hspace{2cm} |+0{,}7x$

$1{,}7x = 7 \;\; | :1{,}7$

$x = 4{,}12$

Mit $x = 4{,}12 \, \text{cm}$ entsteht ein Quadrat $AD_0E_0F_0$.

Teilaufgabe c

Der Flächeninhalt von $AD_nE_nF_n$ ergibt sich aus dem Produkt der Länge und der Breite des Rechtecks.

$A(x) = x \cdot \overline{E_nF_n} = x \cdot (-0{,}7x+7)\;\text{cm}^2 =(-0{,}7x^2+7x)\;\text{cm}^2$

Um auf die Scheitelpunktform von $A(x) = -0{,}7x^2+7x$ zu kommen, musst du die quadratische Ergänzung anwenden.

Klammere dazu zuerst den Faktor $-0{,}7$ vor dem $x^2$ aus.

$A(x) = -0{,}7x^2+7x$

$A(x) = -0{,}7(x^2-10x)$

Ergänze nun den Term in der Klammer, um auf die zweite binomische Formel zu kommen.

$A(x) = -0{,}7(\underbrace{x^2-10x+25}_{\text{2. binomische Formel}}-25)$

$A(x) = -0{,}7((x-5)^2-25)$

$A(x) = -0{,}7(x-5)^2+17{,}5$

Der x-Wert des Scheitelpunktes ist die Nullstelle der Klammer.

In diesem Fall wäre das $x=5$. Damit erhältst du das Maximum des Flächeninhalts $A(x)$ bei $x=5$.

Teilaufgabe d

In das Schrägbild aus Teilaufgabe $a$ soll nun ein weiterer Punkt $T$ eingezeichnet werden. Dieser liegt auf der Strecke $[CS]$ im Abstand von $2\, \text{cm}$ zu $S$.

Der Punkt $T$ ist nun die Spitze einer neuen Pyramide, mit der Grundfläche $AD_1E_1F_1$. Zeichne die Seitenkanten der Pyramide in das Schrägbild ein.

Die Höhe dieser neuen Pyramide wird mit $h$ bezeichnet. Sie steht senkrecht auf die Strecke $[F_1A]$.

Im Folgenden soll nun diese Höhe berechnet werden. Betrachte dazu die Skizze:

Diese Hilfslinie (wir nennen sie hier $TP$ wurde in der folgenden Skizze eingezeichnet.

$\text{sin}(\varepsilon) = \dfrac{\text{Gegenkathete}}{\text{Hypotenuse}} = \dfrac{\overline{PS}}{2\, \text{cm}}$

$\overline{PS} = \text{sin}(\varepsilon) \cdot 2 \, \text{cm} = \text{sin}(41{,}99°) \cdot 2 \, \text{cm} = 1{,}34 \, \text{cm}$

In der Zeichnung siehst du, dass die Höhe $h$ dieselbe Länge hat wie die Strecke $\overline{AP}$. Um nun also auf die Höhe zu kommen, kannst du rechnen:

$h=\overline{AS} - \overline{PS} = 9 \, \text{cm} - 1{,}34 \, \text{cm} = 7{,}66 \, \text{cm}$

Damit bestätigst du das Ergebnis aus der Angabe. Die Höhe ist $7{,}66 \, \text{cm}$ lang.

Teilaufgabe e

Vom Dreieck $TF_nC$ hast du bereits einen Winkel, nämlich $\varepsilon = 41{,}99°$ gegeben. Wenn der dritte Winkel $CTF_n$ jetzt also sehr klein wird, dann erreicht der Winkel $\alpha$ sein Maximum.

Dieses Maximum erhältst du über die Innenwinkelsumme des Dreiecks und die Annahme, dass der Winkel $CTF_n$ annähernd $0°$ wird.

$\alpha < 180° - 41{,}99°$

$\alpha < 138{,}01°$

Die untere Intervallgrenze erhältst du, wenn $F_n$ genau auf $A$ liegt. Denn so wird der Winkel $\alpha$ am kleinsten.