Parabolen met gemeenschappelijke raaklijn

(1)

www.examen-cd.nl www.havovwo.nl

wiskunde B vwo 2016-II

Parabolen met gemeenschappelijke raaklijn

1 maximumscore 4 • 2 (0) 2 0 p f = p + p= 1 • p p( +2)=0 geeft p=0 of p= −2 1

• p=0 geeft f₀( )x =x2 met top (0, 0) 1

• p= − geeft2 f₋₂( )x =

(

x+2

)

2− met top ( 2, 4)4 − − 1

2 maximumscore 4

• Het punt (p+1 ; 2p+1) ligt op k want 2p+ =1 2(p+ −1) 1 1

• Het punt (p+1 ; 2p+1) ligt op de grafiek van f want_p

( 1) 2 1

p

f p+ = p+ 1

• f_p′( )x =2(x−p) 1

• f_p′(p+ = en dit is ook de richtingscoëfficiënt van k1) 2

(dus (p+1 ; 2p+1) is het raakpunt) 1

of

• Voor het gemeenschappelijke punt geldt 2

(x−p) +2p=2x−1 1

• Uitwerken geeft 2 2

(2 2) 2 1 0

x − p+ x+p + p+ = 1

• De discriminant van deze vergelijking is

(

)

2 2

(2p 2) 4(p 2p 1) 0

− + − + + = (dus het gemeenschappelijke punt is

een raakpunt) 1

• 2 2 1

2

p

x= + = +p en y=2(p+ − =1) 1 2p+1

(dus (p+1 ; 2p+1) is het raakpunt) 1

of

• f_p′( )x =2(x−p) 1

• f_p′( )x = geeft 2 x= +p 1 1

• x= +p 1 invullen in de vergelijking van k geeft y=2p+1 1

• Ook (f_p p+ =1) 2p+ (dus 1 (p+1 ; 2p+1) is het raakpunt) 1

Vraag Antwoord Scores

(2)

wiskunde B vwo 2016-II

• De x-coördinaten van Q en R zijn 1 en _p p+1 1

• Het gemiddelde van de x-coördinaten van Q en R is _p 1 1

2 p + + (= 1₂ p+ ) 1 1 • 1 1 2 1 2 0 2( 1) (2 1) 4 1 f p+ = p+ = p + + p 1 • 1 1 2 1 2 2 2 4 ( 1) ( 1) 2 1 2 p f p+ = − p+ + p= p − + +p p 1 • 1 1 0 2( 1) p(2 1)

f p+ = f p+ (dus de x-coördinaat van S is het gemiddelde _p

van de x-coördinaten van Q en R ) _p 1

of

• De x-coördinaten van Q en R zijn 1 en _p p+1 1

• Het gemiddelde van de x-coördinaten van Q en R is _p 1 1

2 p + + ( 1 2 p 1 = + ) 1

• Voor de x-coördinaat van S geldt _p (x− p)2+2p=x2 1

• 2 2 2

2 2

x − px+p + p=x geeft 2px= p2 +2p 1

• Hieruit volgt 1 2 1

x= p+ (dus de x-coördinaat van S is het gemiddelde _p

(3)

wiskunde B vwo 2016-II

• De raakpunten liggen bij x=1 en x=5 1

• De x-coördinaat van S is (het gemiddelde van 1 en 5, dus) 34 1

• De oppervlakte van V is 3 5 5 0 4 1 3 1 ( ) d ( ) d (2 1) d f x x+ f x x− x− x

∫

1

• Een primitieve van f is 0 3 1

3x en een primitieve van f is 4

3 2

1

3x −4x +24x 1

• Een primitieve van 2x−1 is x2−x 1

• De oppervlakte van V is ( 2 2

3 3

8 +16 −20= ) 51₃ 1

of

• De oppervlakte van V is

(

)

(

)

3 5 0 4 1 3 ( ) (2 1) d ( ) (2 1) d f x − x− x+ f x − x− x

∫

1 • 2 0( ) (2 1) 2 1 f x − x− =x − x+ en f₄( ) (2x − x− =1) x2 −10x+25 1

• Een primitieve van 2

2 1

x − x+ is 1₃x3−x2+ en een primitieve van x

2 ₁₀ ₂₅ x − x+ is 1₃x3−5x2+25x 1 • De oppervlakte van V is 2 2 1 3 3 3 (2 +2 =) 5 1 of

• De oppervlakte van V is 3 5 0 4 1 3 ( ) d ( ) d f x x+ f x x

∫

verminderd met de

oppervlakte van de rechthoek en driehoek onder de raaklijn 1

• Een primitieve van f is 0 3 1

3x en een primitieve van f is 4

3 2

1

3x −4x +24x 1

• De oppervlakte van de rechthoek en de driehoek samen is

(4)

wiskunde B vwo 2016-II

(5)

wiskunde B vwo 2016-II

7 maximumscore 5 • De totale verlichtingssterkte in P is

(

)

3

(

)

3 2 2 2 2 2 2 500 25 500 25 4π ⋅ ₂₅ ₊_d + 4π ⋅ ₂₅ ₊₍₄₀₋_d₎ 2

• Beschrijven hoe het maximum 0,074 (of nauwkeuriger) gevonden kan

worden 1

• Beschrijven hoe het minimum 0,061 (of nauwkeuriger) gevonden kan

worden 1

• Het minimum is 82% (of nauwkeuriger) van het maximum (of: 80% van het maximum is 0,059), dus het deel van het werkoppervlak tussen de

spots wordt voldoende gelijkmatig belicht 1

Opmerkingen:

− De factor 500

4π mag, mits toegelicht, in de berekening buiten

beschouwing worden gelaten.

− Als wordt aangenomen dat E_totaal=2E, voor deze vraag geen scorepunten toekennen.

Buiten en binnen de cirkel

8 maximumscore 4 • Uit MP MP′⋅ =MQ MQ′⋅ volgt MQ MP MP MQ ′ = ′ 2 • ∠Q MP′ ′= ∠PMQ 1

• Dus de driehoeken MP Q′ ′ en MQP zijn gelijkvormig; zhz 1

• De driehoeken MB A′ ′ en MAB zijn gelijkvormig; zie vorige vraag 1

• Hieruit volgt ∠MB A′ ′= ∠MAB=90° 1

• Dus B′ ligt op de cirkel met middellijn MA′; Thales 1

(6)

wiskunde B vwo 2016-II

Getransformeerde grafiek

10 maximumscore 3 •

(

2

)

ln 1 1 AP= p + − en 2 2 e 1 ln 1 BP p   = − _ _ +   1 •

(

( ) (

2 2

)

1 ln e ln 1 BP= − − p + 1 •

(

2

) (

2

)

1 2 ln 1 ln 1 1 BP= − + p + = p + − (= AP) 1 of

• De y-coördinaat van het midden van lijnstuk AB is ( ) ( )

2 f p +g p 1 •

(

)

(

)

(

)

2 2 2 2 2 e ln 1 ln ln 1 2 ln 1 1 ( ) ( ) 2 2 2 p p p p f p g p   + +   _{+ + −} ₊ + + ₌ _ _ ₌ (of

( )

2 ln e 2 ) 1 • ( ) ( ) 2 1 2 2 f p +g p

= = , dus het midden van lijnstuk AB is P, dus AP=BP 1

• (Vanwege de symmetrie in de lijn met vergelijking y=1 geldt) de inhoud is gelijk aan

1 2 0 2⋅ π

∫

x dy, met y=ln

(

x2+1

)

2 •

(

2

)

ln 1 y= x + herleiden tot x2 =ey−1 1

• Een primitieve van e 1y_{− is}_ey

y

− 1

(7)

wiskunde B vwo 2016-II

• Een vergelijking van de verschoven grafiek is

(

)

2

)

ln 2 1

y= x− + 1

• Voor de x-coördinaat van het snijpunt geldt 2

(

)

2

1 2 1 x + = x− + 1 • Hieruit volgt x=1 1 • ( ) ₂2 1 x f x x ′ = + 1

• De richtingscoëfficiënt van de raaklijn aan de grafiek van f in het

snijpunt is f ′(1) 1= 1

• De richtingscoëfficiënt van de raaklijn aan de verschoven grafiek is

( 1) 1 f ′ − = − (of

(

)

(

)

2 2 1 2 1 1 2 1 − = − − + ) 2

• Het product van de richtingscoëfficiënten is −1 (dus de grafieken

snijden elkaar loodrecht) 1

of

• Een vergelijking van de verschoven grafiek is

(

)

2

)

ln 2 1

y= x− + 1

• Voor de x-coördinaat van het snijpunt geldt 2

(

)

2

1 2 1 x + = x− + 1 • Hieruit volgt x=1 1 • ( ) ₂2 1 x f x x ′ = + 1

snijpunt is f ′(1) 1= 1

• De afgeleide die hoort bij de verschoven grafiek is d 2( ₂2)

d ( 2) 1 y x x x − = − + (of

een gelijkwaardige uitdrukking) 1

2 2(1 2) 1 (1 2) 1 − _{= −} − + 1

of

(8)

wiskunde B vwo 2016-II

• 2

( ) ln(( ) 1) ( )

f − =x −x + = f x (voor elke waarde van x) 2

• Uit de verschuiving (en de symmetrie) volgt x=1 1

• ( ) ₂2 1 x f x x ′ = + 1

snijpunt is f ′(1)=1 1

( 1) 1 f ′ − = − (of

(

)

(

)

2 2 1 2 1 1 2 1 − = − − + ) 2

Droogligtijd

• De vergelijking

( )

2 745

125 cos π t =40 moet worden opgelost 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking opgelost kan worden 1

• t₁≈147, 6 en t₂ ≈597, 4 1

• Het antwoord: 450 (minuten) 1

14 maximumscore 5 • Op t= is t₁ h=z, dus

(

2

)

1 745 125 cos z= πt 1

• Een redenering waaruit volgt dat 745 1 1 2 2 t = − D 2 • Substitutie van 745 1 1 2 2 t = − D in

(

2

)

1 745 125 cos z= π t geeft

(

)

(

2 745 1

)

745 2 2 125 cos z= π − D 1

• Hieruit volgt z=125 cos

(

π −₇₄₅π D

)

1

• Voor de formule van de grafiek van figuur 2 geldt

(9)

wiskunde B vwo 2016-II

Driehoek, cirkel en koordenvierhoek

• ∠ = ∠A BDE; F-hoeken 1

• ∠BDE= ∠DFE; hoek tussen koorde en raaklijn 1

• ∠CFD=180° − ∠DFE; gestrekte hoek 1

• ∠ + ∠A CFD= ∠ +A 180° − ∠ =A 180°, dus vierhoek ADFC is een

koordenvierhoek (; koordenvierhoek) 1

of

• ∠ADF= ∠DEF; hoek tussen koorde en raaklijn 1

• ∠ACB= ∠DEB; F-hoeken 1

• ∠DEF+ ∠DEB=180°; gestrekte hoek 1

• ∠ADF+ ∠ACF = ∠DEF+ ∠DEB=180°, dus vierhoek ADFC is een

koordenvierhoek (; koordenvierhoek) 1