Getal en Ruimte wisB 12e ed deel 3 - Hoofdstuk 10 - Meetkunde met vectoren oefentoetsen & antwoorden

$\vec{v_L}=\begin{pmatrix}-b \\ a \end{pmatrix}$$\begin{pmatrix}-1 \\ 3\end{pmatrix}$ is de steunvector aangezien de andere vector wordt vermenigvuldigd met constante $u$, dus dat moet de richtingsvector wel zijn.Lijn $m$. De normaalvector van lijn $k$ is $\begin{pmatrix}2 \\ -2 \end{pmatrix}$. Een normaalvector van een lijn staat loodrecht op de lijn zelf. Dus als we de normaalvector van $k$ nemen als richtingsvector van een andere lijn, staat deze lijn loodrecht op $k$. De baanversnelling. De baanversnelling noemen we ook wel $a(t)$ en deze is gelijk aan $v’(t)$. Werkwijze: Ontbind $\vec{w}$ in de vectoren $\vec{u}$ en $\vec{v}$. Met behulp van de parellollogram constructie kunnen we de driehoek met als zijden $\vec{v}$, $\vec{w}$ en $\vec{u’}$, en de driehoek met zijden $\vec{u}$, $\vec{w}$ en $\vec{v’}$ tekenen (zie de figuur hieronder). Door de eigenschappen van een parallellogram (evenwijdige zijden) te gebruiken weten we al twee hoeken binnen beide deze driehoeken. De derde hoek kunnen we bereken met de hoekensom van een driehoek. Als we meerdere hoeken en een zijde weten ($|\vec{w}|=9$) in een niet rechthoekige driehoek is het handig om de sinusregel te gebruiken.Stap 1: Bereken met behulp van z-hoeken en de hoekensom de hoeken van de driehoeken.In $\triangle OVW$ is $\angle OWV=50\degree$ (z-hoeken). $\angle OVW=180-30-50=100\degree$Als je hetzelfde doet in $\triangle OUW$ krijg je het volgende plaatje:Stap 2: Gebruik de sinusregel om de lengte van zijde $u$ en $v$ te berekenen en daarmee ook de lengte van de vectoren $\vec{u}$ en $\vec{v}$. In driehoek $\triangle OVW$: $\frac{v}{\sin(\angle W)}=\frac{u’}{\sin(\angle O)}=\frac{w}{\sin(\angle v)}$$\frac{v}{\sin(50)}=\frac{u’}{\sin(30)}=\frac{9}{\sin(100)}$$\frac{v}{\sin(50)}=\frac{9}{\sin(100)}$ geeft $v=\frac{\sin(50)\cdot 9}{\sin(100)}=7$Dus $|\vec{v}|=7$$\frac{u’}{\sin(30)}=\frac{9}{\sin(100)}$ geeft $u’=\frac{\sin(30)\cdot 9}{\sin(100)}=4.57$Dus $|\vec{u}|=4.57$Conclusie: $|\vec{v}|=7$ en $|\vec{u}|=4.57$ Werkwijze: Gebruik het roteren naar links van $\overrightarrow{BA}$ om $\overrightarrow{BC}$ bepalen. $\overrightarrow{BF}$ is vervolgens $2\overrightarrow{BC}$. Door de vector $\overrightarrow{BF}$ op te tellen bij vector $\vec{b}$ verkrijgen we de coördinaten van $F$. De coördinaten van $\vec{e}$ verkrijgen we door $\frac{3}{2}\overrightarrow{BC}$ op te tellen bij vector $\vec{b}$. $H$ krijgen we door $\frac{1}{2}\overrightarrow{BA}$ bij $\vec{e}$ op te tellen. Met behulp van $H$ en $F$ kunnen we $M$ berekenen.Stap 1: Roteer $\overrightarrow{BA}$ naar links zodat je $\overrightarrow{BC}$ krijgt.$\overrightarrow{BA}=\vec{a}-\vec{b}= \begin{pmatrix} a \\ 0 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 0 \\ b \end{pmatrix}= \begin{pmatrix} a \\ -b\end{pmatrix}$$\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{BA_L}=\begin{pmatrix} b \\ a \end{pmatrix}$Stap 2: Bepaal $\vec{f}$ en daarmee $\vec{e}$.$\vec{f} = \vec{b}+2\overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} 0 \\ b \end{pmatrix} + 2 \begin{pmatrix} b \\ a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0 \\ b\end{pmatrix}+\begin{pmatrix} 2b \\ 2a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2b \\ 2a+b\end{pmatrix}$$\vec{e} = \vec{b} + \frac{3}{2} \overrightarrow{BC} = \begin{pmatrix} 0 \\ b \end{pmatrix} + \frac{3}{2} \begin{pmatrix} b \\ a \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{3}{2} b \\ \frac{3}{2}a+b \end{pmatrix}$Stap 3: Roteer $\overrightarrow{EF}$ naar rechts zodat je $\overrightarrow{EH}$ krijgt.$\overrightarrow{EF}=\vec{f}-\vec{e}= \begin{pmatrix} 2b \\ 2a+b \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} \frac{3}{2} b \\ \frac{3}{2}a+b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \frac{1}{2}b\\ \frac{1}{2}a \end{pmatrix}$$\overrightarrow{EH}=\overrightarrow{EF_R}=\begin{pmatrix}\frac{1}{2}a \\ -\frac{1}{2}b\end{pmatrix}$Stap 4: Bepaal $\vec{h}$.$\vec{h}=\vec{e}+\overrightarrow{EH}=\begin{pmatrix} \frac{3}{2}b \\ \frac{3}{2}a+b \end{pmatrix}+\begin{pmatrix} \frac{1}{2}a\\ -\frac{1}{2}b \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{3}{2}b+\frac{1}{2}a\\ \frac{3}{2}a + \frac{1}{2}b \end{pmatrix}$Stap 5: Bepaal $M$.$M(\frac{1}{2}(x_f+x_h, y_f+y_h))=(\frac{1}{2}(2b+\frac{3}{2}b+\frac{1}{2}a, 2a+b+\frac{3}{2}a+\frac{1}{2}b))=(\frac{1}{2}(\frac{1}{2}a+\frac{7}{2}b, \frac{7}{2}a+\frac{3}{2}b))=(\frac{1}{4}a+\frac{7}{4}b,\frac{7}{4}a+\frac{3}{4}b)$Conclusie: $M(\frac{1}{4}a+\frac{7}{4}b,\frac{7}{4}a+\frac{3}{4}b)$ Stap 1: Bepaal de richtingsvector.De richtingsvector is evenwijdig met $BC$, dus we hebben de vector $\overrightarrow{BC}$ of $\overrightarrow{CB}$ nodig. Bij het bepalen van de richtingsvector van een lijn volstaan beide voorgenoemde opties. $\overrightarrow{BC} = \vec{c} - \vec{b} = \begin{pmatrix} 6 \\ 7 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 7 \\ 4 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -1 \\ 3 \end{pmatrix}$Stap 2: Bepaal de steunvector. Omdat de steunvector het snijpunt van de diagonalen is zoeken we het midden van de diagonaal $BD$ of $AC$, het maakt niet uit welke je neemt.$M(\frac{1}{2}(x_B+x_D,y_B+y_D))=M(\frac{1}{2}(7+1,4+3))=M(4,3\frac{1}{2})$Conclusie: $\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ 3\frac{1}{2} \end{pmatrix} + t \cdot \begin{pmatrix}-1 \\ 3 \end{pmatrix}$ Gebruik een stelsel van vergelijkingen om van de twee losse functies één functie te maken en $t$ weg te werken.$\begin{cases}x=6t+q \, |2| \\ y=4t+2 \, |3|\end{cases}$ geeft: $\begin{cases}2x=12t+2q \\ 3y=12t+6 \ - \end{cases} \\ \overline{2x-3y=2q-6}$Er moet gelden $2q-6=8$ $2q=14$$q=7$ Vul $x=2+t$ en $y=6-5t$ in in de formule van $k$.$8(2+t)+5(6-5t)=12$$16+8t+30-25t=12$$-17t=-34$$t=2$Bereken de $x$ en $y$ coördinaten die volgen uit $t=2$.$\begin{pmatrix} x \\ y \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 2 \\ 6 \end{pmatrix} + 2 \cdot \begin{pmatrix} 1 \\ -5 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 4 \\ -4 \end{pmatrix}$Conclusie: Het snijpunt is $(4,-4)$ Stap 1: Bepaal $p$ en $q$.De lijnen $l$ en $k$ snijden in $S$, dat betekent dat $S$ op $k$ ligt. Nu we twee punten kennen die op $k$ liggen, namelijk de steunvector en $S$, kunnen we de richtingsvector berekenen. Voor een richtingsvector heb je namelijk twee willekeurige punten op een lijn nodig.$S(5,9)$ en $(1,-7)$ op $k_{p,q}$ geeft $\vec{r_{k_{p,q}}} = \begin{pmatrix} 1 \\ -7 \end{pmatrix} - \begin{pmatrix} 5 \\ 9 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -4 \\ -16 \end{pmatrix} \triangleq \begin{pmatrix}1 \\ -4 \end{pmatrix}$.Stap 2: Bereken de hoek tussen de lijnen met behulp van de richtingscoëfficiënten.$\cos(\angle(k,l)) = \frac{|\begin{pmatrix}1 \\ 4 \end{pmatrix} \cdot \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \end{pmatrix}|}{|\begin{pmatrix}1 \\ 4 \end{pmatrix}|\cdot |\begin{pmatrix}2 \\ 3 \end{pmatrix}|}=\frac{|1\cdot 2+4\cdot 3|}{\sqrt{1^2+4^2} \cdot \sqrt{2^2+3^2}} = \frac{14}{\sqrt{17} \cdot \sqrt{13}} = \frac{14}{\sqrt{221}}$$\cos(\angle(k,l))=\frac{14}{\sqrt{221}}$ Om de hoek $\angle(k,l)$ vrij te maken gebruiken we de inverse van cosinus.$\angle{k,l}=\cos^{-1}(\frac{14}{\sqrt{221}})=19.7 \degree$Conclusie: De hoek tussen $k$ en $l$ is $19.7 \degree$ Evenwijdig met de $y$-as, oftewel we moeten oplossen $x’(t)=0 \wedge y’(t)\neq =0$Stap 1: Bereken de afgeleide van $x(t)$ en $y(t)$$x(t)=t^3-9t$$x’(t)=3t^2-9$$y(t)=\frac{1}{2}t^2+2t$$y’(t)=t+2$Stap 2: Los op: $x’(t)=0 \wedge y’(t)\neq 0$$3t^2-9=0$$3t^2=9$$t^2=3$$t=-\sqrt{3} \vee t=\sqrt{3}$$y’(t)\neq 0$ geeft $t\neq -2$De oplossingen zijn dus $t=-\sqrt{3} \vee t=\sqrt{3}$Stap 3: Nu we het tijdstip weten waar raaklijn evenwijdig is met de y-as kunnen we het coördinaat vinden dat daarbij hoort door het tijdstip in te vullen in de bewegingsvergelijking. $x(-\sqrt{3})=(-\sqrt{3})^3-9\cdot -\sqrt{3}=-3\sqrt{3}+9\sqrt{3}=6\sqrt{3}$$y(-\sqrt{3})=\frac{1}{2}\cdot (-\sqrt{3})^2+2\cdot -\sqrt{3}=\frac{3}{2}-2\sqrt{3}$Geeft $(6\sqrt{3},\frac{3}{2}-2\sqrt{3})$$x(\sqrt{3})=(\sqrt{3})^3-9\cdot \sqrt{3}=3\sqrt{3}-9\sqrt{3}=-6\sqrt{3}$$y(\sqrt{3})=\frac{1}{2}\cdot (\sqrt{3})^2+2\cdot \sqrt{3}=\frac{3}{2}+2\sqrt{3}$$(-6\sqrt{3},\frac{3}{2}+2\sqrt{3})$Conclusie: De raaklijn is evenwijdig met de y-as in de punten $(6\sqrt{3},\frac{3}{2}-2\sqrt{3})$ en $(-6\sqrt{3},\frac{3}{2}+2\sqrt{3})$De baansnelheid van $P$ is $v(t)=|\vec{v(t)}|=\sqrt{(x’(t))^2+(y’(t))^2}$Stap 1: Bepaal de snelheidsvector.$\vec{v(t)}=\begin{pmatrix} x’(t) \\ y’(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3t^2-9 \\ t+2 \end{pmatrix}$Stap 2: Stel de formule op van de lengte van de snelheidsvector, oftewel de baansnelheid.$v(t)=|\vec{v(t)}|=\sqrt{(3t^2-9)^2+(t+2)^2}=\sqrt{9t^4-54t^2+81+t^2+4t+4}=\sqrt{9t^4-53t^2+4t+85}$Stap 3: Om te bepalen waar de baansnelheid minimaal is hebben we het minimum nodig, deze verkrijgen we door $v’(t)=0$ op te lossen.Bepaal de afgeleide van de baansnelheid.$v’(t)=\frac{1}{2\sqrt{9t^4-53t^2+4t+85}}\cdot (36t^3-106t+4)$ (kettingregel)$v’(t)=\frac{36t^3-106t+4}{2\sqrt{9t^4-53t^2+4t+85}}$ $v’(t)=\frac{18t^3-53t+2}{\sqrt{9t^4-53t^2+4t+85}}$ Los op $v’(t)=0$$\frac{18t^3-53t+2}{\sqrt{9t^4-53t^2+4t+85}}=0$$18t^3-53t+2=0$$y_1=18t^3-53t+2$Optie nulpunt geeft: $t=1.698$Let op! Omdat hier staat bereken met behulp van differentiëren moeten we wel zelf de afgeleide nemen. We hoeven het niet exact te berekenen dus daarom mogen we de vergelijking wel met de GR oplossen.Stap 4: Nu we het tijdstip weten wanneer de baansnelheid minimaal is, moeten we ook nog die minimale baansnelheid berekenen. Dat doen we met behulp van de fomule van de baansnelheid: $v(t)=\sqrt{4t^4-31t^2+4t+68}$$v(1.698)=22.346$ (gebruik je GR)Conclusie: De minimale baansnelheid is $22.346$.Zoek eerst het snijpunt van de baan met de positieve $y$-as. Bepaal de snelheidsvector in het punt en daarmee de normaalvector van de lijn loodrecht op dit punt. Stel daarmee de lijn $k$ op.Stap 1: Zoek het snijpunt van de baan met de positieve $y$-as. De $y$-as snijden geeft $x(t)=0$$t^3-9t=0$$t(t^2-9)=0$$t=0 \vee t^2=9$$t=0 \vee t=-3\vee t=3$We hebben dus drie snijpunten met de y-as. Vul de punten in om te kijken welk punt de positieve y-as snijdt. $y(0)=0$$y(-3)=-\frac{3}{2}$$y(3)=10\frac{1}{2}$Het snijpunt van de baan met de positieve y-as is $(0,10\frac{1}{2})$Stap 2: Bereken de snelheidsvector in het snijpunt en daarmee de normaalvector van $k$. $\vec{v(3)}=\begin{pmatrix} x’(3) \\ y’(3) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 3 \cdot 3^2-9 \\ 3+2 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}18 \\ 5 \end{pmatrix}$$k$ staat loodrecht op $\vec{v(3)}$ geeft $n_k= \begin{pmatrix} 18 \\ 5 \end{pmatrix}$ (de normaalvector van een lijn staat loodrecht op de richtingsvector van diezelfde lijn)Stap 3: Stel met behulp van de normaalvector de lijn $k$ op.$k: 18x+5y=c$ door $(0,10\frac{1}{2})$$c=18\cdot 0 + 5\cdot 10\frac{1}{2}=52\frac{1}{2}$ (punt invullen)Conclusie: $k: 18x+5y=52\frac{1}{2}$ oftewel $k: 36x+10y=105$Bereken eerst het snijpunt met de negatieve $x$-as. Bepaal vervolgens versnellingsvector met $\vec{a(t)}=\begin{pmatrix} x’’(t) \\ y’’(t) \end{pmatrix}$Stap 1: Bereken het snijpunt met de $x$-as door $y(t)=0$ op te lossen.$\frac{1}{2}t^2+2t=0$$t(\frac{1}{2}t+2)=0$$t=0 \vee \frac{1}{2}t=-2$$t=0 \vee t=-4$Vul beide waarden voor $t$ in in $x(t)$ om te bepalen welke het snijpunt met de negatieve x-as geeft. $x(0)=0$$x(-4)=-28$Dus in $t=-4$ snijdt de baan de negatieve x-as.Stap 2: Bereken de versnellingsvector. De versnellingsvector: $\vec{a(t)}=\begin{pmatrix} x’’(t) \\ y’’(t) \end{pmatrix} = \begin{pmatrix}6t \\ 1 \end{pmatrix}$$\vec{a(-4)}= \begin{pmatrix} 6 \cdot -4 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} -24 \\ 1 \end{pmatrix}$Conclusie: De versnellingsvector is $\begin{pmatrix} -24 \\ 1 \end{pmatrix}$