Tangenten und Normalen – Mathe Einführungsphase (Klasse 11) Lösungen zur Klassenarbeit zum Herunterladen als PDF

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1. Lösung zu Aufgabe 1 (4 BE/Punkte)

   a) Für die Tangente braucht man Berührpunkt und Steigung. Berührpunkt: \(f(1)=1-3=-2\), also \(P(1|-2)\). Ableitung \(f'(x)=2x-3\), Steigung \(f'(1)=-1\) (1 P.). Punktsteigungsform \(t(x)=f'(x_0)(x-x_0)+f(x_0)\): \(t(x)=-1\cdot(x-1)-2=-x-1\) (1 P.).
   b) Die Normale steht im Berührpunkt senkrecht auf der Tangente. Für senkrechte Geraden gilt \(m_t\cdot m_n=-1\), also \(m_n=-\frac{1}{m_t}=-\frac{1}{-1}=1\) (1 P.). Normale durch \(P\): \(n(x)=1\cdot(x-1)-2=x-3\) (1 P.). Probe: \(t(1)=n(1)=-2\), beide Geraden gehen durch \(P\), und \((-1)\cdot1=-1\) bestätigt die Orthogonalität. Antwort: Tangente \(y=-x-1\), Normale \(y=x-3\).

2. Lösung zu Aufgabe 2 (4 BE/Punkte)

   a) Parallele Geraden haben dieselbe Steigung, die Tangente muss also die Steigung \(3\) haben. Mit \(f'(x)=x^2-1\) gilt \(x^2-1=3\), also \(x^2=4\) (1 P.). Lösungen: \(x_1=2\) und \(x_2=-2\) (1 P.). Es gibt zwei solche Stellen, weil \(f'\) eine nach oben geöffnete Parabel ist und den Wert \(3\) zweimal annimmt.
   b) Berührpunkte: \(f(2)=\frac83-2=\frac23\) und \(f(-2)=-\frac83+2=-\frac23\). Tangente bei \(x=2\): \(t_1(x)=3(x-2)+\frac23=3x-6+\frac23=3x-\frac{16}{3}\). Tangente bei \(x=-2\): \(t_2(x)=3(x+2)-\frac23=3x+\frac{16}{3}\) (2 P.). Die beiden Tangenten liegen punktsymmetrisch zum Ursprung, passend zur Punktsymmetrie von \(f\). Antwort: \(y=3x-\frac{16}{3}\) und \(y=3x+\frac{16}{3}\).

3. Lösung zu Aufgabe 3 (3 BE/Punkte)

   a) Der Steigungswinkel \(\alpha\) einer Geraden mit Steigung \(m\) erfüllt \(\tan\alpha=m\). Ableitung \(f'(x)=x-1\), Steigung an der Stelle \(3\): \(f'(3)=2\) (1 P.). Damit \(\alpha=\arctan2\approx63{,}4^\circ\) (1 P.). Der Taschenrechner muss im Gradmodus stehen; im Bogenmaß erhielte man \(1{,}107\).
   b) Ein Winkel von \(45^\circ\) gehört zur Steigung \(\tan45^\circ=1\). Gleichung: \(x-1=1\), also \(x=2\) (1 P.). Probe: \(f'(2)=1\). Der zugehörige Kurvenpunkt ist \((2|f(2))=(2|0)\); dort ist die Tangente die Winkelhalbierende verschoben, \(y=x-2\). Bei \(x=1\) ist der Steigungswinkel übrigens \(0^\circ\), dort liegt der Scheitel der Parabel. Antwort: \(\alpha\approx63{,}4^\circ\) bei \(x_0=3\); \(45^\circ\) an der Stelle \(x=2\).

4. Lösung zu Aufgabe 4 (5 BE/Punkte)

   a) Der Berührpunkt ist unbekannt und heißt \(B(u|u^2)\). Die Steigung dort ist \(f'(u)=2u\). Tangente: \(t(x)=2u(x-u)+u^2=2ux-u^2\) (1 P.). Sie soll durch \(Q(1|-3)\) gehen, also \(t(1)=-3\): \(2u-u^2=-3\) (1 P.). Der Punkt \(Q\) liegt unterhalb der Parabel, deshalb sind zwei Tangenten zu erwarten.
   b) Umstellen: \(u^2-2u-3=0\). pq-Formel oder Faktorisieren: \((u-3)(u+1)=0\), also \(u=3\) oder \(u=-1\) (1 P.).
   c) Für \(u=3\): \(t_1(x)=6x-9\), Berührpunkt \((3|9)\). Für \(u=-1\): \(t_2(x)=-2x-1\), Berührpunkt \((-1|1)\) (1 P.). Probe mit \(Q\): \(t_1(1)=6-9=-3\) und \(t_2(1)=-2-1=-3\); beide Tangenten gehen durch \(Q\) (1 P.). Antwort: \(y=6x-9\) und \(y=-2x-1\).

5. Lösung zu Aufgabe 5 (4 BE/Punkte)

   a) Die Rampe endet bei \(x=4\): \(f(4)=0{,}125\cdot16=2\). Sie ist am Ende \(2\) m hoch (1 P.).
   b) Ableitung \(f'(x)=0{,}25x\), am Ende \(f'(4)=1\). Eine Steigung von \(1\) entspricht \(100\,\%\); der Neigungswinkel ist \(\arctan1=45^\circ\) (1 P.). Am Anfang bei \(x=0\) ist die Rampe waagerecht, sie wird zum Ende hin immer steiler.
   c) Tangente in \(E(4|2)\): \(t(x)=1\cdot(x-4)+2=x-2\) (1 P.). \(t(5)=3\) (1 P.). Deutung: Würde der Skater ohne Schwerkraft geradlinig in Absprungrichtung weiterfliegen, wäre er \(1\) m hinter der Kante \(3\) m hoch. Tatsächlich zieht ihn die Schwerkraft nach unten, die Flugbahn ist eine Parabel unterhalb dieser Tangente. Antwort: \(2\) m Höhe, Steigung \(1\) bzw. \(45^\circ\), Tangente \(y=x-2\) mit \(t(5)=3\).

Gesamt : 20 Punkte