Variables Trapez im Koordinatensystem

Neue Frage »

28.04.2019, 15:18	Noob1337	Auf diesen Beitrag antworten »
Variables Trapez im Koordinatensystem Meine Frage: Hallo,bei mir setzt es an der b) bereits aus. Kann mir jemand mit dieser Aufgabe helfen? (im Anhang als Bild). Edit (mY+): Bild in die richtige Lage gedreht. Vielen Dank. Vg [attach]49173[/attach] Meine Ideen: Wie komme ich an die Trägergerade? Was muss gleichgesetzt werden?
28.04.2019, 16:55	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
RE: Variables Trapez im KOS Aufgabe Aufgabe sieht aus nach Realschule/Mathezweig. Dort steht für die Bestimmung des Trägergraphen vermutlich folgende Methode zur Verfügung: Die vektorielle Darstellung aller Punkte einer Funktion f(x) im KOS ist $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} x \\ f(x) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ d. h. die 1. Koordinate ist die unabhängige Variable, die 2. Koordinate folgt aus der 1. über die Funktionsvorschrift. Wenn wir die Menge aller Cn im KOS so darstellen können, haben wir den Trägergraphen. Der Ortsvektor aller Cn lautet $\begin{eqnarray} \vec{C_{n} }=\vec{B}+\vec{BC_{n} } =\begin{pmatrix} -3 \\ -6 \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 5cos\alpha +3 \\ 5sin^{2}\alpha \end{pmatrix} =\begin{pmatrix} 5cos\alpha \\ 5sin^{2}\alpha -6 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die 1. Koordinate muß eine einzelne freie Variable sein, deshalb substituieren wir $\begin{eqnarray} x=5cos\alpha\Rightarrow C_{n} =\begin{pmatrix} x \\ 5sin^{2}\alpha -6 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Die 2. Koordinate muß von der freien Variable abhängen und die alte Variable $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ muß verschwinden, daher stellen wir die Substitution um: $\begin{eqnarray} cos\alpha=\frac{x}{5} \end{eqnarray}$ und setzen dies in die 2. Koordinate ein, nachdem wir noch ausnutzen: $\begin{eqnarray} C_{n} =\begin{pmatrix} x \\ 5(1-cos^{2}\alpha) -6 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Von hier aus ist nicht mehr weit zum Endergebnis. Schaffst Du das selbst?
28.04.2019, 21:17	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Alternative Methode, die ziemlich ähnlich wie die von klauss ist, aber vielleicht leichter zu verstehen: Für den Punkt C liegt die Parameterform vor: $\begin{eqnarray} x = 5 \cos t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = 5 \sin^2 t -6 \end{eqnarray}$ ------------------------ Der Parameter t wird eliminiert, damit ergibt sich der funktionale Zusammenhang zwischen x und y $\begin{eqnarray} x^2 = 25 \cos^2 t \end{eqnarray}$ $\begin{eqnarray} y = 5 - 5 \cos^2t - 6 \end{eqnarray}$ ------------------------------ Beispielsweise mittels Additionsverfahrens eliminiere nun die $\begin{eqnarray} \cos^2 t \end{eqnarray}$ - Glieder und stelle nach y um ... Anmerkung: Die Trägerkurve für C ist KEINE Gerade (!) An Hand der Lösung solltest du die Art der Kurve dann erkennen. mY+
28.04.2019, 21:47	Leopold	Auf diesen Beitrag antworten »
Im Anhang noch eine dynamische Zeichnung. Installiere zuvor Euklid, um die Datei anschauen zu können.
28.04.2019, 22:11	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Und ich schiebe noch ein GGB (Geogebra) nach ... [attach]49181[/attach] [attach]49179[/attach] mY+
29.04.2019, 14:28	Noob1337	Auf diesen Beitrag antworten »
Hallo, Vielen Dank für die ausführlichen Antworten, die mir sehr geholfen haben. Das mit dem Additionsverfahren habe ich begriffen. Zu c) 0 größer alpha größer 180 °? Zu d) kann ich Dn mit Hilfe von Vektoren berechnen? Zu e) gtr ist wohl die grafische Lösung am Taschenrechner gemeint. Ich habe es einfach mit geogebra rausbekommen. F) habe ich keinen Ansatz G) und h) kann ich nur grafisch lösen. Danke im Voraus. Vg
Anzeige

30.04.2019, 01:58	mYthos	Auf diesen Beitrag antworten »
Erstellt man das interaktive (animierte) Applet, also jenes mit veränderlichem Winkelmaß $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ , so erkennt man, dass jedes beliebige $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ ein Trapez erzeugt, ausser wenn die Punkte A,B,C,D auf einer Geraden liegen. Das ist bei einem Winkelmaß von ungefähr 138° der Fall. Ein Rechteck ergibt sich etwa bei einem Winkelmaß von $\begin{eqnarray} \alpha = 42° \end{eqnarray}$ Für die Ermittlung der Fläche verwende den Befehl fläche(A,B,C_3,D_3) Bei einem Winkelmaß von 122° beträgt diese 9.09 FE Der Winkel BAC = 40° (Diagonale AC mit der Grundseite) ergibt sich bei $\begin{eqnarray} \alpha = 61° \end{eqnarray}$ Alle obige Ergebnisse sind mittels der interaktiven Grafik ermittelt worden. [attach]49190[/attach] mY+
30.04.2019, 14:41	Noob1337	Auf diesen Beitrag antworten »
Ok danke. Grafisch ist es mir jetzt klar. Wie kann ich das Ganze algebraisch berechnen?
01.05.2019, 06:24	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
Zur rechnerischen Lösung steig ich wieder ein: c) Kein Trapez existiert, wie bereits von mYthos erwähnt, wenn die Punkte A, B, C, D auf einer Geraden liegen. Das ist insbesondere dann der Fall, wenn C auf der Strecke AB liegt, nämlich auf dem Schnittpunkt des Trägergraphen von C mit der Geraden durch A und B. Man kann mit A und B also die Geradengleichung bestimmen und mit der Parabel gleichsetzen; die negative Lösung der entstehenden quadratischen Gleichung ist der x-Wert des Schnittpunkts. Hieraus kann man wiederum durch Gleichsetzung mit der x-Koordinate des Ortsvektors von C den Winkel $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ ausrechnen. d) kommt aus gegebenem Anlaß zum Schluß e) In Aufgabe d) sind die Koordinaten der Punkte Dn als Kontrollergebnis angegeben, mit dem man auch weiterrechnen kann, wenn man d) nicht lösen konnte. Hier muß man die x-Koordinate der Dn gleich -3,6 setzen (woraufhin -3,6 auf beiden Seiten wegfällt). Dann benutzt man wieder $\begin{eqnarray} sin^{2}\alpha=(1-cos^{2} \alpha) \end{eqnarray}$ , was auf eine quadratische Gleichung führt, die man mit der Substitution $\begin{eqnarray} x=cos^{2}\alpha \end{eqnarray}$ lösen kann. f) Da auf ein bestimmtes Trapez gemäß Aufgabe e) Bezug genommen wird, sind die Koordinaten aller 4 Punkte zahlenmäßig bekannt. Damit kann man das Trapez in die 2 Dreiecke ABC und ADC zerlegen und die beiden Dreiecksflächen mit der Determinantenformel berechnen (ist Stoff im Mathezweig der Realschule). g) lasse ich einstweilen weg h) ließe sich leicht mit Skalarprodukt lösen; auch hier wieder quadratische Gleichung analog e) d) Und nun also die leidige, da happigste Aufgabe. Und ich gebe zu, ich habe SEHR lange gegrübelt, um eine Lösung zu finden, die wohlgemerkt mit den in diesem Schulzweig zur Verfügung stehenden Werkzeugen machbar ist (natürlich gäbe es auch andere Möglichkeiten, aber eben nicht für Realschüler). Idee: Aus Symmetriegründen liegt ein gleichschenkliges Trapez dann vor, wenn die Strecke AD spiegelsymmetrisch zur Strecke BC ist mit der Mittelsenkrechte der Strecke AB als Symmetrieachse. Konkreter entscheidend ist hier, dass die Richtung von BC für alle $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ mit der Normalen zur Strecke AB einen Winkel einschließt und die Richtung von AD denselben Winkel mit der Normalen einschließen muß, aber immer auf der anderen Seite. (Sonderfall: BC ist parallel zur Normalen, dann ist der eingeschlossene Winkel 0° und $\begin{eqnarray} \vec{AD}=\vec{BC} \end{eqnarray}$ . Das Trapez ist dann ein Rechteck, vgl. h), was das weitere Vorgehen nicht berührt.) Wir könnten $\begin{eqnarray} \vec{AD} \end{eqnarray}$ also dadurch finden, dass wir $\begin{eqnarray} \vec{BC} \end{eqnarray}$ an der Normalen zur Strecke AB spiegeln, wenn die Normale im Punkt B angesetzt wird. Freundlicherweise sind $\begin{eqnarray} \vec{AD} \end{eqnarray}$ und $\begin{eqnarray} \vec{BC} \end{eqnarray}$ nun Verbindungsvektoren, die nur auf $\begin{eqnarray} \vec{A} \end{eqnarray}$ bzw. $\begin{eqnarray} \vec{B} \end{eqnarray}$ draufaddiert werden, um die Ortsvektoren von C und D zu liefern. Deshalb können wir $\begin{eqnarray} \vec{BC} \end{eqnarray}$ und die Normale zur Strecke AB auch im Ursprung ansetzen, was deshalb nützlich ist, da wir somit die Spiegelung von $\begin{eqnarray} \vec{BC} \end{eqnarray}$ an der Normalen durch eine Spiegelungsmatrix beschreiben können (ja, auch die ist Stoff im Mathezweig Realschule!). Die Normale zur Strecke AB schließt mit der x-Achse einen Winkel von $\begin{eqnarray} \phi=arctan(1/3) \end{eqnarray}$ ein. Die Matrix zur Spiegelung an dieser Achse enthält die Koordinaten der Bilder der Einheitsvektoren, sie lautet $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} cos(2\phi) & cos(2\phi-90°) \\ sin(2\phi) & sin(2\phi-90°) \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ (kann man sich anhand einer kleinen Skizze klarmachen oder in einer Formelsammlung nachschauen). Den Verbindungsvektor $\begin{eqnarray} \vec{AD} \end{eqnarray}$ erhalten wir für alle $\begin{eqnarray} \alpha \end{eqnarray}$ durch das Matrixprodukt $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} cos(2\phi) & cos(2\phi-90°) \\ sin(2\phi) & sin(2\phi-90°) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5cos\alpha + 3 \\ 5sin^{2}\alpha \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ Der gesuchte Ortsvektor der Dn ist schließlich $\begin{eqnarray} \begin{pmatrix} cos(2\phi) & cos(2\phi-90°) \\ sin(2\phi) & sin(2\phi-90°) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 5cos\alpha + 3 \\ 5sin^{2}\alpha \end{pmatrix} +\begin{pmatrix} -6 \\ 3 \end{pmatrix} \end{eqnarray}$ wie es das Kontrollergebnis besagt. Mit obigem Zahlenwert von $\begin{eqnarray} \phi \end{eqnarray}$ eingesetzt ergeben sich wunderschön einfache Zahlen.
01.05.2019, 19:47	klauss	Auf diesen Beitrag antworten »
Nachtrag zu g) Ist auch nicht ohne, da man wieder an verschiedene Lösungsansätze denken kann, die aber auch teilweise in unangenehme, ausufernde Rechenwege münden. Der beste Ansatz scheint mir folgender zu sein: Die Strecke AB schließt mit der x-Achse einen Winkel von ca. 108,43° ein. Wenn die Diagonale AC mit der Grundseite AB einen Winkel von 40° einschließen soll, dann muß die Diagonale mit der x-Achse einen Winkel von ca. 148,43° einschließen. Daraus ergibt sich die notwendige Steigung $\begin{eqnarray} m \end{eqnarray}$ einer Geraden durch A und C. Wenn man jetzt anfängt, mit Vektoren zu rechnen, ist man wahrscheinlich verloren. Stattdessen soll man erkennen, dass der Punkt C ja auf dem Trägergraphen wandert und die Steigung der Geraden durch A und C zu berechnen ist durch $\begin{eqnarray} \frac{3-\left(-0,2x^{2}-1) \right) }{-6-x} =-\frac{0,2x^{2}+4 }{x+6} =m \end{eqnarray}$ Also letztlich wieder eine quadratische Gleichung, wobei ich zusätzlich zu dem von mythos angegebenen Winkel noch die 2. Lösung $\begin{eqnarray} \alpha\approx82,56° \end{eqnarray}$ erhalte (s. Bild). Abschließend ist zu sagen, dass ich diese Aufgabe durchaus in ihrer Gesamtheit als schwer einstufen würde. Zwei Aspekte sind bei diesem Aufgabentyp aber immer wesentlich: - saubere präzise Zeichnungen anfertigen, aus denen man Zusammenhänge ablesen kann - schauen, wie man von Zwischenergebnissen vorangegangener Teilaufgaben Gebrauch machen kann, da diese meist miteinander zusammenhängen

Neue Frage »

Antworten »

Variables Trapez im Koordinatensystem

Verwandte Themen