∫∫ ∫ Bal in de sloot

(1)

Bal in de sloot

1 maximumscore 4 • De gevraagde inhoud I is

(

)

2 0 π ( ) d h f x x

∫

1 •

(

)

2 2 0 0 π ( ) d π (22 )d h h f x x= x−x x

∫

1

• Een primitieve van 2

22x−x is 2 1 3 3 11x − x 1 • 2 1 3 2 1 3 3 π(11 ) π (11 ) I = h − h = h − h 1 2 maximumscore 3 • Er moet gelden πh2 1 3 (11− h)=425 1

• Beschrijven hoe deze vergelijking kan worden opgelost 1

(2)

Cirkels in een driehoek

3 maximumscore 4

• (Uit de stelling van Pythagoras of met 3-4-5 driehoek volgt) AC=5 1 • Noem de straal van de cirkel x, dan BP BQ x= = 1

• AR= AP= − en 4 x CR=CQ= −3 x 1

• ( AC AR CR= + , dus) (4− + −x) (3 x) 5= geeft x=1 1

of

• (Uit de stelling van Pythagoras of met 3-4-5 driehoek volgt) AC=5 1 • oppervlakte(ΔABC) = oppervlakte(ΔABM) + oppervlakte(ΔBCM) +

oppervlakte(ΔCAM) 1 • Dit geeft 1 1 1 1 2⋅AB BC⋅ = ⋅2 AB x⋅ + ⋅2 BC x⋅ + ⋅2 CA x⋅ 1 • 1 1 1 1 2⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅4 3 2 4 x 2 3 x 2 5 x geeft x= 1 1 4 maximumscore 3

• (∆AUN ∆APM, dus) AU UN

AP = PM (of AU AP UN = PM ) 1 • AP= AB−PB= − =4 1 3 1 • 3 1 AU r = geeft AU =3r 1 of • ( AUN∆ ∆NTM , dus) AU UN NT =TM 1 • 3 1 AU r AU = r − − 1 • De herleiding tot AU =3r 1 Opmerking

(3)

Gebroken goniometrische functie

• Er moet gelden: 1 2cos( ) 0− aπ = , dus 1 2 cos( )aπ = 1 • Dit geeft 1 3 2 aπ = π + ⋅ π k of 1 3 2 aπ = − π + ⋅ π k (met k geheel) 1 • Dus 1 3 2 a= + ⋅ k of a= − + ⋅ 1₃ k 2 (met k geheel) 1

• Voor deze waarden van a geldt sin( ) 0aπ ≠ (, dus voor deze waarden van a is de lijn met vergelijking x= π een verticale asymptoot van de

grafiek van fa) 1

Opmerking

Als alleen de oplossingen 1₃ en −1₃ gevonden zijn, voor deze vraag maximaal 2 scorepunten toekennen.

• Bewezen moet worden dat 1 1 2(2 ) 2(2 )

f π −p = −f π +p (voor elke waarde

van p) 2 • 1 2 2 sin( 2 ) ( ) 1 2cos( 2 ) p f p p π − π − = − π − en 2 21 sin( ) ( ) 1 2cos( ) p f p p π + 2 π + = − π + 2 1

• ( sin(π −2 ) sin(2 )p = p en sin(π + 2p)= −sin(2 )p , dus)

sin(π −2 )p = −sin(π +2 )p 1

• ( cos(π −2 )p = −cos(2 )p en cos(π + 2p)= −cos(2 )p , dus) cos(π −2 ) cos(p = π +2 )p (dus 1 1

2(2 ) 2(2 )

f π −p = −f π +p voor elke

waarde van p) 1

Opmerking

(4)

Boven en onder de lijn door de buigpunten

8 maximumscore 4 • _{( ) 12} 2 ₁₂ 2 p f '' x = x − p 1 • Primitiveren geeft _{( ) 4} 3 ₁₂ 2 p

f ' x = x − p x+ a (met a een constante) 2 • Nogmaals primitiveren geeft f_p( )x =x4−6p x2 2+ax b+ (met b een

constante) (, dus is het gestelde juist) 1

Opmerking

Als met differentiëren is aangetoond dat f ' ' x_p ( ) 12(= x−p x)( + p) volgt uit

4 2 2

( )= −6 + +

p

f x x p x ax b voor deze vraag geen scorepunten toekennen.

9 maximumscore 4 • _x4₋₆_x2₋₈_x_{+ = −}₅ ₈_x _geeft_x4₋₆_x2_{+ =}_{5 0} ₁ • Dus ₍ 2 ₁₎₍ 2 _{5) 0} x − x − = 1 • Hieruit volgt 2 1 x = of x2 =5 1 • ( 2 1

x = geeft de x-coördinaten van de buigpunten, dus) de x-coördinaten

(5)

• De oppervlakte van V is gelijk aan 2

(

)

1 4 2 1 (x 6x 8x 5) ( 8 ) dx x − − − + − −

∫

, dus aan 1 4 2 1 (x 6x 5)dx − − +

∫

1

• Een primitieve van x4 −6x2+ is 5 1₅x5−2x3+5x 1

• 1 5 3 1 2 5x 2x 5x ₋₁ 65  − +  =   1 • 2 1 1 5 5 5

6 =3 +3 (dus de gezamenlijke oppervlakte van V en 1 V is gelijk3

aan de oppervlakte van V₂) 1

of

• Omdat zowel V als 1 V onder de lijn met vergelijking 3 y= − ligt en8x 2

V erboven, is de bewering juist indien geldt:

(

)

5 4 2 5 (x 6x 8x 5) ( 8 ) dx x 0 − − − + − − =

∫

, dus 5 4 2 5 (x 6x 5)dx 0 − − + =

∫

2

• Een primitieve van _x4 ₋₆_x2_{+ is}₅ 1 5 3

5x −2x +5x 1

• 1 5 3 5

5x 2x 5x ₋ ₅ 0

 − +  =

  (dus de gezamenlijke oppervlakte van V en 1 V 3

(6)

Vierkant op een driehoek

11 maximumscore 4 • 1 2( ) OS =OA+  AP+AR 1 • 2 cos 2 2 cos 2 2 sin 0 2 sin t t AP OP OA t t −       = − =_ _{   }− = _          1

• AR is het beeld van AP bij een rotatie over − °90 , dus

2 sin 2 2 cos t AR t   =  ₋     1 • Dus 1 2

2 2 cos 2 2 sin 1 cos sin

0 2 sin 2 2 cos 1 cos sin

t t t t OS t t t t  −  + +         =_{ }+ __ _{ }+ __=_ _ − − +          1 of • 1 1 2( ) 2 OS= OA OP + + AR 2

• AR is het beeld van AP bij een rotatie over − °90 , dus

2 sin 2 2 cos t AR t   =  ₋     1 • Dus 1 1 2 2

2 2 cos 2 sin 1 cos sin

0 2 sin 2 2 cos 1 cos sin

t t t t OS t t t t        + +  = __{  }+ __+ _ _{ }= _ − − +            1 12 maximumscore 4

• 1 cos sin 1 cos sin

1 cos sin 1 cos sin

t t t t MS OS OM t t t t + + +       = − =_ _{   }− = _ − + − +          1 •

(

) (

2

)

2

cos sin cos sin

(7)

Gespiegelde raaklijnen

• Een vergelijking van het spiegelbeeld van de raaklijn is ay x b+ = 1 • Er geldt: 1 1 cos 1 1 a a a a    _⋅         α =     ⋅         1

• Dit geeft cos ₂2 1 a a α =

+ 1

• Omdat a>0 geldt cos ₂2 1 a a α = + 1 14 maximumscore 6 • 1 2 2 2 3 1 a a + = 1 • Dit geeft 1 2 1 2 3⋅a −2a+2 3=0 1

(8)

Grafiek verdeelt rechthoek

• De grafiek van f en de lijn met vergelijking y 1 p

= snijden elkaar voor

x= p 1

• De oppervlakte van het stuk onder de grafiek is 2 1 1 d p x p x +

∫

1

• Een primitieve van 1

x is ln x 1

• De oppervlakte van het stuk onder de grafiek is 1 ln(2 ) ln+ p − p 1 • 1 ln(2 ) ln+ p − p= +1 ln 2 ln+ p−ln p= +1 ln 2

(of: _{1 ln(2 ) ln ( 1 ln}

( )

2p _{) 1 ln 2} p

p p

+ − = + = + ) 1

• De oppervlakte van de rechthoek is 2p 1 2 p

⋅ = 1

• De oppervlakte van het stuk boven de grafiek is 1 ln 2− (, dus de oppervlakte van elk van beide stukken is onafhankelijk van de waarde

van p) 1

of

• De grafiek van f en de lijn met vergelijking y 1 p

= snijden elkaar voor

x= p 1

• De oppervlakte van het stuk boven de grafiek is

(

)

2 1 1 _d p p x p x −

∫

1

• Een primitieve van 1 1

p− is x 1

ln

x x

p − 1

(9)

De ideale stoothoek

• x ' t( ) 8,4= en y ' t( ) 11,2 9,8= − t 1

• x '(0) 8,4= en y '(0) 11,2= 1

• De snelheid op tijdstip t=0 is 8,4 11,22+ 2 =14,0 (of 14) (m/s) 1

• Er moet gelden: _{20cos sin}

(

_sin2 _{0,1 1,85}

)

r = α α + α + ⋅ is maximaal 1

(10)

• Als h= dan 0 r=20 cosα

(

sinα + sin2α

)

1 • ( sinα >0, dus) 20cos sinα

(

α + sin2α =

)

40cos sinα α 1

• d _40cos2 _40sin2 dαr = α − α 2 • d 0 dαr = geeft 2 2 cos α =sin α 1 • ( 1 2

0< α < π, dus) het antwoord is 1

4π (rad) (of 45º) 1

of

(

sinα + sin2α

)

(

α + sin2α =

)

40cos sinα α 1

• 40cos sinα α =20sin(2 )α 1

• d 20 2 cos(2 ) dαr = ⋅ ⋅ α 1 • d 0 dαr = geeft cos(2 ) 0α = 1 • ( 1 2

0< α < π, dus) het antwoord is 1

4π (rad) (of 45º) 1

of

(

sinα + sin2α

)

(

α + sin2α =

)

40cos sinα α 1

• 40cos sinα α =20sin(2 )α 1

• r is maximaal als sin(2 )α maximaal is 1

• ( 1

2