%
\ANG
{
Ein Dreieck $ABC$ ist durch folgende Bestimmungsst"ucke festgelegt:\\
$\overline{AB}=10\,\mathrm{cm}$, $\alpha=\sphericalangle\,BAC=50^\circ$
und $\overline{AC}=6\,\mathrm{cm}$.
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
      \item Zeichne dieses Dreieck. Platzbedarf "uber $[AB]$: $8\mathrm{cm}$
      \item Berechne den Fl"acheninhalt des Dreiecks $ABC$.
      \end{itemize}
\item Man erh"alt neue Dreiecke $AB_nC_n$ dadurch, dass die Seite $[AC]$ "uber $C$ hinaus um
      $x\,\mathrm{cm}$ verl"angert und gleichzeitig die Seite $[AB]$ von $B$ aus um
      $2x\,\mathrm{cm}$ verk"urzt wird.
      \begin{itemize}
      \item Zeichne farbig f"ur $x=1,5$ das Dreieck $AB_1C_1$ ein.
      \item Berechne den Fl"acheninhalt des Dreeicks $AB_1C_1$.
      \item Berechne den Abstand $d$ des Punktes $C_1$ von der Seite $[AB]$.
      \item Berechne die L"ange der Strecke $[B_1C_1]$.
      \end{itemize}
\item Notiere alle Belegungen von $x$, f"ur die es neue Dreiecke $AB_nC_n$ gibt.
\item Zeige: F"ur den Fl"acheninhalt $A$ der neuen Dreiecke $AB_nC_n$ gilt in Abh"angigkeit von x
             (gerundet):\\
      \centerline{$A(x)=(-0,77x^2-0,77x+23,1)\,\mathrm{cm^2}$.}
\item \begin{itemize}
      \item Berechne diejenige Belegung von $x$, die den Extremwert des Terms \newline
            $T(x)= -0,77x^2-0,77x+23,1\quad$ liefert.
      \item Begr"unde: Unter allen Dreiecken $AB_nC_n$ gibt es keines, dessen Fl"acheninhalt
            $A$ so gro"s wie der Extremwert des zugeh"origen Terms $T(x)$ ist.	    
      \end{itemize}
\item Unter allen Dreiecken $AB_nC_n$ gibt es das Dreieck $AB_2C_2$, das einen Fl"acheninhalt von
      $7,7\,\mathrm{cm^2}$ aufweist. Berechne den zugeh"origen $x$-Wert.
\item Unter allen Dreiecken $AB_nC_n$ gibt es das gleichschenklige Dreieck $AB_3C_3$, mit der Basis
      $[B_3C_3]$. Berechne den zugeh"origen $x$-Wert. 
\item Unter allen Dreiecken $AB_nC_n$ gibt es das rechtwinklige Dreieck $AB_4C_4$ mit der Hypotenuse
      $[AC_4]$.
      \begin{itemize}
      \item Berechne den zugeh"origen $x$-Wert.
            \begin{center}
	          [\,Ergebnis: $x\approx 2,32$\,]
	    \end{center}
      \item Zeichne dieses Dreieck ein.	    
      \end{itemize}
\item \begin{itemize}
      \item Zeige: F"ur die L"angen der Strecken $[B_nC_n]$ gilt in Abh"angigkeit von $x$:
      \begin{center}
	          $\overline{B_nC_n}(x)=\sqrt{7,56x^2-25,44x+59,2}\,\mathrm{cm^2}$ (gerundet).
	    \end{center}
      \item Best"atige mit diesem Ergebnis das Ergebnis der Aufgabe (b) 4. Punkt.    
      \end{itemize}
\item Unter allen Dreiecken $AB_nC_n$ gibt es das Dreieck $AB_5C_5$, in dem der Winkel $C_5B_5A$ das
      Ma"s $62^\circ$ hat. Berechne den zugeh"origen $X$-Wert.
\end{enumerate}
}
  
\LSG{
\begin{enumerate}
\item \begin{itemize}
      \item \mbox{}
      \begin{center}
      \includegraphics{10eh044_l1.1}
      \end{center}
      \item $A_{\Delta ABC}=\D\frac{1}{2}\cdot(10\cdot 6\cdot\sin 50^\circ)\,\mathrm{cm^2}
      \approx 22,98\,\mathrm{cm^2}$
      \end{itemize}
\item \begin{itemize}
      \item Siehe Zeichnung.
      \item $A_{\Delta AB_1C_1}=\D\frac{1}{2}\cdot(7\cdot 7.5\cdot\sin 50^\circ)\,\mathrm{cm^2}
           \approx 20,11\,\mathrm{cm^2}$
      \item $\Delta AB^*C$: $\quad\sin 50^\circ =\D\frac{d}{6\,\mathrm{cm}}$
            $\quad\Rightarrow\quad d\approx 4,60\,\mathrm{cm}$\quad (siehe Zeichnung)
      \item $\overline{B_1C_1}\,^2=7^2+7.5^2-2\cdot 7\cdot 7,5\cdot\cos 50^\circ\\
            \Rightarrow\quad\overline{B_1C_1}\approx 6,14\,\mathrm{cm}$\quad (siehe Zeichnung) 
      \end{itemize}
\item $x<0$: Aus \GF{Verl"angern} w"urde \GF{Verk"urzen} und umgekehrt, das geht nicht.\\
      $x=0$ liefert kein \GF{neues Dreieck}, vgl. Angabe.\\
      $x=5$: Das Dreieck entartet zur Strecke.\\
      $x>5$: Die betreffenden Punkte $B_n$ w"urden links vom Punkt $A$ auftauchen; die betreffenden
      Dreiecke h"atten dann den falschen Drehsinn.\\
      \text{}\hspace{4cm}Also: $x\in\,]0;5[\,_{\RR}$.
      
\item $A(x)=\left(\D\frac{1}{2}\cdot (10-2x)(6+x)\cdot\sin 50^\circ\right)\,\mathrm{cm^2}
      \approx 0,77\cdot\left(30+5x-6x-x^2\right)\,\mathrm{cm^2}$
     
$A(x)\approx0,77\cdot\left(-x^2-x+30\right)\,\mathrm{cm^2}=(-0,77x^2-0,77x+23,1)\,\mathrm{cm^2}$

\item \begin{itemize}
             \item Quadratische Erg"anzung:\\
             \begin{tabular}{c c l}\\
              $T(x)$ & = & $-0,77x^2-0,77x+23,1$\\
	             & = & $-0,77(x^2-x+0,5^2-0,25-30)$\\
	             & = & $-0,77[(x+0,5)^2-30,25]$\\
	      $T(x)$ & = & $-0,77(x+0,5)^2+23,2925$\\
            \end{tabular}\\
 	             $x=-0,5$ liefert $T_{max}=23,2925$\\
             \item Wegen $-1,5\notin\,\,]0;5[\,_{\RR}$ wird dieses Maximum bei keinem der Dreiecke
	           $AB_nC_n$ angenommen.
      \end{itemize}
\item $-0,77x^2-0,77x+23,1=7,7\quad\Leftrightarrow\quad-0,77x^2-0,77x+15,4=0$\\
      Der Solver des GTR liefert die beiden L"osungen $x_1=4$ und $x_2=-5$.\\
      Wegen $-5\notin\,\,]0;5[\,_{\RR}$ kommt nur $x_1=4$ als L"osung in Frage.
\item Es muss gelten: $\overline{AB_n}=\overline{AC_n}$\,; d.h.
      $10-2x=6+x\quad\Leftrightarrow\quad x=1,\overline{3}$
\item Fertige am besten eine Skizze dazu an.
      \begin{itemize}
      \item In diesem Fall gilt: $\cos 50^\circ =\D\frac{10-2x}{6+x}$. Der Solver des GTR liefert\\
      $x\approx 2,32$.
      \item Siehe Zeichnung.	    
      \end{itemize}
\item \begin{itemize}
      \item Kosinussatz in den Dreiecken $AB_nC_n$:\\
            $\overline{B_nC_n}(x)^2=[(10-2x)^2+(6+x)^2-2\cdot (10-2x)\cdot (6+x)
	                                             \cdot \cos 50^\circ ]\,\mathrm{cm^2}$\\
	    $\approx [100-40x+4x^2+36+12x+x^2-2\cdot(60+10x-12x-2x^2)\cdot 0,64]\,\mathrm{cm^2}$\\     
	    $=[5x^2-28x+136-1,28\cdot (-2x^2-2x+60)]\,\mathrm{cm^2}$\\
	    $=[5x^2-28x+136+2,56x^2+2,56x-76,80]\,\mathrm{cm^2}$\\
	    $\overline{B_nC_n}(x)\approx\sqrt{7,56x^2-25,44x+59,2}\,\mathrm{cm}$
      \item $\overline{B_nC_n}(1,5)=\sqrt{7,56\cdot 1,5^2-25,44\cdot 1,5+59,2}\,\mathrm{cm}
            \approx 6,17\,\mathrm{cm}$\\
	    {\bf Anmerkung:} Das Ergebnis in der Aufgabe (b) 4. Punkt lautet:\\$\overline{B_1C_1}
	    \approx 6,14\,\mathrm{cm}$. Die Abweichung ergibt sich daraus, dass hier in der L"osung (i)
	    1. Punkt viel h"aufiger gerundet worden ist als in der Aufgabe (b) 4. Punkt. Der Wert
	    $6,14$ liegt n"aher am exakten Ergebnis, das aber nie \GF{genau} dagestellt werden kann.
      \end{itemize}
\item Im entsprechenden Dreieck gilt: $\sphericalangle AC_5B_5 = 180^\circ -50^\circ-62^\circ
      =68^\circ$.\\
      
      $\D\frac{\sin 68^\circ}{10-2x}=\D\frac{\sin 62^\circ}{6+x}$\\
      
      Der Solver des GTR liefert $x\approx 1,21$.
\end{enumerate}

}

