1

a

De snelheidsvector $\vec{v}$ is: $(\begin{matrix} 1 - \sin (t) \\ 1 + \cos (t) \end{matrix})$ , dus ${| \vec{v} |}^{2} = {(1 - \sin (t))}^{2} + {(1 + \cos (t))}^{2} =$ $1 + 1 + \sin^{2} (t) + \cos^{2} (t) + 2 \cos (t) - 2 \sin (t) =$ $3 + 2 \cos (t) - 2 \sin (t)$ .
Volgens de somformules geldt:
$\cos (t + \frac{1}{4} π) = \cos (t) \cos (\frac{1}{4} π) - \sin (t) \sin (\frac{1}{4} π) =$ $\frac{1}{2} \sqrt{2} \cos (t) - \frac{1}{2} \sqrt{2} \sin (t)$ , klopt dus.

b

Als $\cos (t + \frac{1}{4} π)$ minimaal is, dus als $t = \frac{3}{4} π + k \cdot 2 π$ .
De snelheid is dan $\sqrt{3 - 2 \sqrt{2}}$ .

c

We bereken de coördinaten van de snijpunten van de baan van $P$ en $m$ exact.
$x (t) = y (t)$ $\Leftrightarrow$ $\cos (t) = \sin (t)$ , dus $t = \frac{1}{4} π + k \cdot π$ met $k$ geheel.
De snijpunten zijn $(\frac{1}{4} π + k \cdot 2 π + \frac{1}{2} \sqrt{2}, \frac{1}{4} π + k \cdot 2 π + \frac{1}{2} \sqrt{2})$ en $(1 \frac{1}{4} π + k \cdot 2 π - \frac{1}{2} \sqrt{2},1 \frac{1}{4} π + k \cdot 2 π - \frac{1}{2} \sqrt{2})$ .
De verschuivingen
$\dots \to (\frac{1}{4} π + \frac{1}{2} \sqrt{2}, \frac{1}{4} π + \frac{1}{2} \sqrt{2}) \to (1 \frac{1}{4} π - \frac{1}{2} \sqrt{2},1 \frac{1}{4} π - \frac{1}{2} \sqrt{2}) \to (2 \frac{1}{4} π + \frac{1}{2} \sqrt{2},2 \frac{1}{4} π + \frac{1}{2} \sqrt{2}) \to (3 \frac{1}{4} π - \frac{1}{2} \sqrt{2},3 \frac{1}{4} π - \frac{1}{2} \sqrt{2}) \to \dots$ zijn opeenvolgend: $\dots, (\begin{matrix} π + \sqrt{2} \\ π + \sqrt{2} \end{matrix}), (\begin{matrix} π - \sqrt{2} \\ π - \sqrt{2} \end{matrix}), (\begin{matrix} π + \sqrt{2} \\ π + \sqrt{2} \end{matrix}), \dots$ .
Deze hebben lengte $π \sqrt{2} + 2$ en $π \sqrt{2} - 2$

d

$P$ is het 'linker' snijpunt van de cirkel met de baan, want $4 < 1 \frac{1}{2} π$ . Teken in $P$ de raakvector $\vec{v}$ aan de cirkel, die staat loodrecht op $P M$ . De lengte van deze vector nemen we als eenheid.
Teken de vector $\vec{w}$ van lengte $\sqrt{2}$ , die evenwijdig is met lijn $m$ . De som van $\vec{v}$ en $\vec{w}$ is richtingsvector van de raaklijn.

2

a

$f^{'} (x) = 3 \sqrt{x} - 2 x$ , dus $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = 0$ of $x = 2 \frac{1}{4}$ . Dus in $(0,0)$ en in $(2 \frac{1}{4},1 \frac{11}{16})$ .

b

Noem die $x$ -coördinaat $a$ , dan geldt: $f^{'} (a) = \frac{f (a)}{a} \Leftrightarrow 3 \sqrt{a} - 2 a = 2 \sqrt{a} - a \Leftrightarrow a = 1$ . Het punt is dus $(1,1)$ .

c

$f (x) = 0 \Leftrightarrow x \sqrt{x} (2 - \sqrt{x}) = 0$ , dus de gevraagde oppervlakte is: $\int_{0}^{4} f (x) d x = {[\frac{4}{5} x^{2 \frac{1}{2}} - \frac{1}{3} x^{3}]}_{0}^{4} = 4 \frac{4}{15}$ .

d

$f^{″} (x) = \frac{3}{2 \sqrt{x}} - 2$ , dus $f^{″} (x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{9}{16}$ .
Het buigpunt is $(\frac{9}{16}, \frac{135}{256})$ .

e

$f^{'} (4) = 2$ en $g^{'} (4) = ‐ \frac{1}{2}$ .
Het is dus de hoek tussen de vectoren $(\begin{matrix} 1 \\ ‐ 2 \end{matrix})$ en $(\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix})$ . Noem die hoek α, dan $| (\begin{matrix} 1 \\ ‐ 2 \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix}) | \cdot \cos (α) = (\begin{matrix} 1 \\ ‐ 2 \end{matrix}) (\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix})$ , dus $\cos (α) = \frac{4}{5}$ en $α = 36,9 °$ .

f

$4 - 2 \sqrt{x} = 2 x \sqrt{x} - x^{2} \Leftrightarrow 2 (2 - \sqrt{x}) = x \sqrt{x} (2 - \sqrt{x})$ , dus $2 - \sqrt{x} = 0$ of $x \sqrt{x} = 2$ , dus $x = 4$ of $x = \sqrt[3]{4}$ .

3

a

Een zijde van de rechthoek evenwijdig aan de $x$ -as heeft lengte $1 + \cos (t)$ en een zijde evenwijdig aan de $y$ -as lengte $2 \sin (t)$ .
Dus $O (t) = (1 + \cos (t)) 2 \sin (t) = 2 \sin (t) + 2 \sin (t) \cos (t) = 2 \sin (t) + \sin (2 t)$ .

b

$O^{'} (t) = 2 \cos (t) + 2 \cos (2 t)$ , dus $O^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow \cos (t + π) = \cos (2 t)$ , dus $O^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow t + π = \pm 2 t + k \cdot 2 π$ .
De oplossing tussen $0$ en $\frac{1}{2} π$ is $\frac{1}{3} π$ ; de maximale oppervlakte is $O (\frac{1}{3} π) = 1 \frac{1}{2} \sqrt{3}$ .

c

Dan $2 \sin (t) = 1 + \cos (t)$ . Dit invullen in $\sin^{2} (t) + \cos^{2} (t) = 1$ geeft:
$5 \sin^{2} (t) - 4 \sin (t) + 1 = 1$ $\Leftrightarrow \sin (t) (\sin (t) - \frac{4}{5}) = 0$ , dus $\sin (t) = \frac{4}{5}$ .

4

a

Een richtingsvector van lijn $k$ is $(\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix})$ , dus $(\begin{matrix} 3 \\ p \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix}) = 0$ $\Leftrightarrow p = 6$ .

b

Dan $| (\begin{matrix} 3 \\ p \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix}) | = | (\begin{matrix} 3 \\ p \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix}) | \cos (45 °)$ $\Leftrightarrow$
$| 6 - p | = \sqrt{9 + p^{2}} \cdot \sqrt{5} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{2}$ .
Kwadrateren geeft: $36 - 12 p + p^{2} = 2 \frac{1}{2} (p^{2} + 9) \Leftrightarrow$ $p^{2} + 8 p - 9 = 0$ , dus $p = ‐ 9$ of $p = 1$ .

c

De lijnen $l_{p}$ vormen een bundel door het punt $V (5, ‐ 1)$ . Noem het punt waar de cirkel door $O$ de lijn $l_{p}$ raakt, $P$ . Dan is de afstand van $O$ tot $V$ groter of gelijk aan de afstand van $O$ tot $P$ .
Dus de maximale straal krijg je als $(\begin{matrix} 5 \\ ‐ 1 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 3 \\ p \end{matrix}) = 0 \Leftrightarrow p = 15$ .

5

a

De cosinusregel in driehoek $A B C$ geeft:
$4^{2} = 5^{2} + 6^{2} - 2 \cdot 5 \cdot 6 \cdot \cos (α)$ , dus $\cos (α) = \frac{3}{4}$ .

b

Volgens een verdubbelingsformule geldt: $\cos (2 α) = 2 \cdot \cos^{2} (α) - 1 = 2 \cdot \frac{9}{16} - 1 = \frac{1}{8}$ , dus $\cos (2 α) = \cos (γ)$ .

c

$\sin^{2} (α) + \cos^{2} (α) = 1$ , dus $\sin (α) = \frac{1}{4} \sqrt{7}$ . De oppervlakte van driehoek $A B C = \frac{1}{2} \cdot b \cdot c \cdot \sin (α) = 3 \frac{3}{4} \sqrt{7}$ .

6

a

Dan moet de raaklijn aan $p_{1}$ in $(‐ 2, ‐ 2)$ zijn eigen spiegelbeeld in de lijn $y = x$ zijn, dus dan moet die raaklijn helling $‐ 1$ hebben.
Als $f : x \to \frac{1}{2} {(x + 1)}^{2} - 2 \frac{1}{2}$ , dan $f^{'} (x) = x + 1$ , dus inderdaad $f^{'} (‐ 2) = ‐ 1$ .

b

We berekenen de oppervlakte van het vlakdeel ingesloten door de grafiek van $f$ en de lijn $y = x$ . De grafiek van $f$ ligt op het interval $[‐ 2,2]$ onder de lijn
$y = x$ , dus de oppervlakte is:
$\int_{‐ 2}^{2} (x - f (x)) d x = \int_{‐ 2}^{2} (‐ \frac{1}{2} x^{2} + 2) d x = {[‐ \frac{1}{6} x^{3} + 2 x]}_{‐ 2}^{2} = 5 \frac{1}{3}$ . De gevraagde oppervlakte is dus $2 \cdot 5 \frac{1}{3} = 10 \frac{2}{3}$ .

c

We snijden $k$ met $p_{1}$ :
voor $x = ‐ t + 1$ en $y = t - \frac{1}{2}$ invullen in de vergelijking van $p_{1}$ invullen geeft: $t - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} {(‐ t + 1 + 1)}^{2} - 2 \frac{1}{2} \Leftrightarrow \frac{1}{2} t^{2} - 3 t = 0$ , dus $t = 0$ of $t = 6$ .
Dus twee van de vier punten zijn: $(x (0), y (0)) = (1, ‐ \frac{1}{2})$ en $(x (6), y (6)) = (‐ 5,5 \frac{1}{2})$ .
De andere twee punten vind je door deze twee te spiegelen in de lijn $y = x$ , dus $(‐ \frac{1}{2},1)$ en $(5 \frac{1}{2}, ‐ 5)$ .
De gevraagde afstand is die tussen $(‐ 1, \frac{1}{2})$ en $(\frac{1}{2}, ‐ 1)$ , dus $1 \frac{1}{2} \sqrt{2}$ .

d

$f = ‐ 1 \frac{1}{2}$ . Puntvermenigvuldiging ten opzichte van $O$ krijg je door bijvoorbeeld eerst ten opzichte van de $x$ -as met $‐ 1 \frac{1}{2}$ te vermenigvuldigen en vervolgens ten opzichte van de $y$ -as.
Je krijgt: $y = ‐ 1 \frac{1}{2} (\frac{1}{2} {(‐ \frac{2}{3} x + 1)}^{2} - 2 \frac{1}{2}) = ‐ 1 \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{9} {(x - 1 \frac{1}{2})}^{2} + 3 \frac{3}{4}$ , dus
$a = 1 \frac{1}{2}$ , $b = 3 \frac{3}{4}$ en $c = ‐ \frac{1}{3}$ .

7

a

Dan $\cos (α) \cdot 3 + \sin (α) \cdot 0 = 1$ , dus $\cos (α) = \frac{1}{3}$ .
Dit invullen in $\sin^{2} (α) + {cos}^{2} (α) = 1$ geeft $\sin (α) = \pm \frac{2}{3} \sqrt{2}$ .
Die lijnen zijn dus $\frac{1}{3} x \pm \frac{2}{3} \sqrt{2} \cdot y = 1$ .

b

Noem het raakpunt $R$ . Een normaalvector van $m_{α}$ is $(\begin{matrix} \cos (α) \\ \sin (α) \end{matrix})$ . Dit is dus een richtingsvector van lijn $O R$ . Punten op de eenheidscirkel die op de lijn met die richtingsvector liggen zijn dus $(\cos (α), \sin (α))$ en $(‐ \cos (α), ‐ \sin (α))$ .
Het punt $(\cos (α), \sin (α))$ ligt op de lijn $m_{α}$ , want $\cos^{2} (α) + \sin^{2} (α) = 1$ .

c

Zie figuur. Kies twee lijnen waarvan het snijpunt op de cirkel ligt, bijvoorbeeld $m_{α}$ met $α = 1 \frac{1}{2} π$ (dat is de lijn $y = ‐ 1$ ) en $α = \frac{1}{3} π$ , dat is de lijn $\frac{1}{2} x + \frac{1}{2} \sqrt{3} \cdot y = 1$ . Deze lijnen zijn in de figuur groen gekleurd. Het snijpunt is $(2 + \sqrt{3}, ‐ 1)$ .
Een vergelijking van de cirkel is: $x^{2} + y^{2} = {(2 + \sqrt{3})}^{2} + 1^{2} = 8 + 4 \sqrt{3}$ .

8

a

$| x | - 2 = 0 \Leftrightarrow x = \pm 2$ . De lijn $x = 2$ is asymptoot, dus heeft $f_{a}$ een perforatie in het punt met eerste coördinaat $‐ 2$ , dus $x^{2} + 3 x + a$ $= 0$ als $x = ‐ 2$ , dus $a = 2$ .

b

$\lim_{x \to ‐ 2} \frac{x^{2} + 3 x + 2}{| x | - 2} = \lim_{x \to ‐ 2} \frac{(x + 2) (x + 1)}{‐ x - 2} = \lim_{x \to ‐ 2} ‐ (x + 1) = 1$ ,
Dus $(‐ 2, 1)$ is perforatie.

c

$x = 2$ , $x = ‐ 2$

d

$\lim_{x \to \infty} (f_{0} (x) - (x + 5)) =$ $\lim_{x \to \infty} \frac{x^{2} + 3 x - (x + 5) (x - 2)}{x - 2} =$ $\lim_{x \to \infty} \frac{10}{x - 2} = 0$ .

e

De andere asymptoot is de lijn $y = ‐ x - 1$ ; $\lim_{x \to ‐ \infty} (f_{0} (x) - (‐ x - 1)) \lim_{x \to ‐ \infty} \frac{x^{2} + 3 x + (x + 1) (- x - 2)}{‐ x - 2} = \lim_{x \to ‐ \infty} \frac{‐ 2}{‐ x - 2} = 0$ .

f

$f_{0} (x) = 14 \Leftrightarrow \frac{x^{2} + 3 x}{x - 2} = 14 \Leftrightarrow (x - 4) (x - 7) = 0$ ; $\int_{4}^{7} f_{0} (x) d x = \int_{4}^{7} (x + 5 + \frac{10}{x - 2}) d x =$ ${[\frac{1}{2} x^{2} + 5 x + 10 \ln (x - 2)]}_{4}^{7} =$ $31 \frac{1}{2} + 10 \ln (5) - 10 \ln (2)$ .
De gevraagde oppervlakte is dan: $(7 - 4) \cdot 14 - (31 \frac{1}{2} + 10 \cdot \ln (5) - 10 \cdot \ln (2)) = 10 \frac{1}{2} - 10 \cdot \ln (5) + 10 \cdot \ln (2)$ .

9

a

$F^{'} (x) = ‐ 3 \cos^{2} (x) \sin (x) - a \sin (x) = ‐ 3 (1 - \sin^{2} (x)) \sin (x) - a \sin (x)$ $= 3 \sin^{3} (x) - a \sin (x) - 3 \sin (x)$ , dus $a = ‐ 3$ .

b

De gevraagde oppervlakte is: $\int_{0}^{π} f (x) d x = {[F (x)]}_{0}^{π} = 4$ .

c

$f^{'} (x) = 9 \sin^{2} (x) \cdot \cos (x)$ en $f^{″} (x) = 18 \sin (x) \cdot \cos^{2} (x) - 9 \sin^{3} (x)$ .
De eerste coördinaat van het buigpunt op $[0, \frac{1}{2} π]$ noemen we $a$ , dan
$\sin (a) \neq 0$ en $f^{″} (a) = 0$ , dus $2 \cos^{2} (a) = \sin^{2} (a)$ .
Met $\sin^{2} (a) + \cos^{2} (a) = 1$ levert dit: $\sin (a) = \sqrt{\frac{2}{3}}$ en
$b = 3 \sin^{3} (a) = 2 \sqrt{\frac{2}{3}} = \frac{2}{3} \sqrt{6}$ .

10

a

Aan de bewegingsvergelijkingen zie je onmiddellijk dat dit het geval is als $\sin (2 t) = 0$ , dus als $t = 0, \pm \frac{1}{2} π, π$ . Je krijgt de snijpunten van de de baan van $P$ met de coördinaat-assen.

b

$y = 0 \Leftrightarrow \cos (t) = 0 \Leftrightarrow \pm \frac{1}{2} π$ .
$x^{'} (t) = r \cos (t) + 2 \cos (2 t)$ en $y^{'} (t) = ‐ r \sin (t)$ .
Er moet gelden $x^{'} (\pm \frac{1}{2} π) = y^{'} (\pm \frac{1}{2} π) \neq 0$ , dus $r = 2$ , want $r > 0$ .

c

$x^{2} (t) = (\sin (t) + \sin (2 t)) = \sin^{2} (t) {(1 + 2 \cos (t))}^{2} =$ $(1 - \cos^{2} (t)) (1 + 4 \cos (t) + 4 \cos^{2} (t)) =$
$1 + 4 \cos (t) + 3 \cos^{2} (t) - 4 \cos^{3} (t) - 4 \cos^{4} (t) =$ $1 + 4 y + 3 y^{2} - 4 y^{3} - 4 y^{4}$ .

d

$\int_{‐ 1}^{1} π (1 + 4 y + 3 y^{2} - 4 y^{3} - 4 y^{4}) d y = π {[y + 2 y^{2} + y^{3} - y^{4} - \frac{4}{5} y^{5}]}_{‐ 1}^{1} =$ $2 \frac{2}{5} π$

11

a

De lijn door $M$ loodrecht op $m$ heeft pv $(x, y) = (‐ 5 \frac{1}{3}, ‐ 5 \frac{1}{3}) + t (3, ‐ 4)$ . Het snijpunt va deze lijn met $m$ is $A$ .
$(‐ 5 \frac{1}{3} + 3 t, ‐ 5 \frac{1}{3} - 4 t)$ invullen in de vergelijking van $m$ geeft: $3 (‐ 5 \frac{1}{3} + 3 t) - 4 (‐ 5 \frac{1}{3} - 4 t) = ‐ 38 \Leftrightarrow t = ‐ \frac{26}{15}$ . Dit geeft: $A (‐ 10 \frac{8}{15},1 \frac{3}{5})$ .

b

$N$ is het punt $(n, n)$ . De afstanden van $N$ tot $k$ en $m$ zijn gelijk, dus: $\frac{| 3 n - 4 n + 38 |}{\sqrt{3^{2} + {(‐ 4)}^{2}}} = \frac{| 15 n - 8 n - 110 |}{\sqrt{15^{2} + {(‐ 8)}^{2}}}$ . Dit geeft: $\frac{| 38 - n |}{5} = \frac{| 7 n - 110 |}{17} \Leftrightarrow 17 (38 - n) = \pm 5 (7 - 110 n)$ , dus $n = 23$ of $n = ‐ 5 \frac{1}{3}$ , dus $N = (23,23)$ .

12

a

Noem de lengte van de zijde $a$ , dan is de oppervlakte van de rechthoek $a^{2} \sqrt{a} + 3 a \sqrt{a}$ , dus de oppervlakte van het stuk waarin $A$ ligt $\frac{8}{15} a^{2} \sqrt{a} + \frac{8}{5} a \sqrt{a}$ . Die oppervlakte is ook: $\int_{0}^{a} (x \sqrt{x} + 3 \sqrt{x}) d x = {[\frac{2}{5} x^{2} \sqrt{x} + 2 x \sqrt{x}]}_{0}^{a} =$
$\frac{2}{5} a^{2} \sqrt{a} + 2 a \sqrt{a}$ , dus $\frac{8}{15} a^{2} \sqrt{a} + \frac{8}{5} a \sqrt{a} = \frac{2}{5} a^{2} \sqrt{a} + 2 a \sqrt{a} \Leftrightarrow \frac{2}{15} a = \frac{2}{5} \Leftrightarrow a = 3$ .

b

$f^{″} (x) = \frac{3}{4} x^{‐ \frac{1}{2}} - \frac{3}{4} x^{‐ 1 \frac{1}{2}}$ , dus $f^{″} (x) = 0 \Leftrightarrow x = 1$ . Het buigpunt is $(1,4)$ .

c

Het domein van $f$ is $[0, \to 〉$ . Bij het domein van $g$ komt daar nog $‐ 3$ bij.
Als $x \geq 0$ , dan $g (x) = | x + 3 | \sqrt{x} = (x + 3) \sqrt{x} = f (x)$ , dus de grafiek van $g$ krijg je door het punt $(‐ 3,0)$ aan de grafiek van $f$ toe te voegen.

13

a

$\cos (t) = 0 \Leftrightarrow t = \pm \frac{1}{2} π$ , $(x^{'} (t), y^{'} (t)) = (‐ \sin (t),2 \sin (t) \cos (t) + a \cos (t))$ , dus $(x^{'} (\pm \frac{1}{2} π), y^{'} (\pm \frac{1}{2} π)) = (\pm 1,0)$ , dus de raaklijn is in de snijpunten met de $y$ -as horizontaal.

b

$y^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow 2 \sin (t) \cos (t) + a \cos (t) = 0 \Leftrightarrow$ $\cos (t) = 0$ of $\sin (t) = ‐ \frac{1}{2} a$ .
De punten met $t = \pm \frac{1}{2} π$ hebben we in het vorige onderdeel al bekeken.
De vergelijking $\sin (t) = ‐ \frac{1}{2} a$ mag geen nieuwe punten opleveren. Dit is als $a \geq 2$ .

c

Als $\cos (t) = \cos (s)$ , dan $s = \pm t$ , dus die punten worden op tegengestelde tijdstippen bereikt, zeg $s$ en $‐ s$ . Dan $\sin^{2} (s) + \sin (s) - (\sin^{2} (‐ s) + \sin (‐ s)) = \pm \sqrt{3}$ , dus $\sin (s) = \pm \frac{1}{2} \sqrt{3}$ , dus $s = \pm \frac{1}{3} π$ of $s = \pm \frac{2}{3} π$ .
De punten zijn $(\frac{1}{2}, \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \sqrt{3})$ met $(\frac{1}{2}, \frac{3}{4} - \frac{1}{2} \sqrt{3})$ en $(‐ \frac{1}{2}, \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \sqrt{3})$ met $(‐ \frac{1}{2}, \frac{3}{4} - \frac{1}{2} \sqrt{3})$ .

14

a

$t = ‐ \frac{1}{6} π$ en $t = \frac{5}{6} π$ . Als $t ↓ ‐ \frac{1}{6} π$ of $t ↑ \frac{5}{6} π$ komt $Q$ oneindig ver weg te liggen, want dan nadert lijn $O Q$ tot een lijn evenwijdig aan $k$ .

b

De minimale waarde krijg je als $t = \frac{1}{3} π$ , dan staat lijn $O Q$ loodrecht op $k$ en $f (\frac{1}{3} π) = 3$ , want in dit geval is $O Q$ de korte zijde van driehoek $O Q A$ , een $30$ - $60$ - $90$ -graden driehoek met schuine zijde $6$ .

c

De lengte van lijnstuk $O Q$ noemen we $a$ . Dan $Q = (a \cos (t), a \sin (t))$ . Een vergelijking van lijn $k$ is: $x + y \sqrt{3} = 6$ .
Dus $a \cos (t) + a \sin (t) \sqrt{3} = 6$ en $f (t) = a = \frac{6}{\cos (t) + \sqrt{3} \cdot \sin (t)}$ .

d

$f^{'} (t) = \frac{‐ 6 (‐ \sin (t) + \sqrt{3} \cdot \cos (t))}{{(\cos (t) + \sqrt{3} \cdot \sin (t))}^{2}}$ .
Dus $f^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow ‐ \sin (t) + \sqrt{3} \cdot \cos (t) = 0 \Leftrightarrow \tan (t) = \sqrt{3}$ .
Dus $f (t)$ is minimaal als $t = \frac{1}{3} π$ en $f (\frac{1}{3} π) = 3$ .

e

Er geldt: $\cos (t + a) = \cos (t) \cos (a) - \sin (t) \sin (a)$ , dus $\cos (a) = \frac{1}{2}$ en $\sin (a) = ‐ \frac{1}{2} \sqrt{3}$ , dus $a = ‐ \frac{1}{3} π$ .

15

a

${f_{p}}^{'} (x) = (x - p + 1) e^{x}$ , dus de $p$ -coördinaat van de top is $1 - p$ .
De $y$ -coördinaat is dan $f_{p} (1 - p) = (1 - p - p) e^{1 - p}$ . We schrijven $a = 1 - p$ , dan zijn de toppen van de vorm $(a, ‐ e^{a})$ , dus $g (x) = ‐ e^{x}$ .

b

Het snijpunt met de $x$ -as heeft eerste coördinaat $p$ en ${f_{p}}^{'} (p) = e^{p}$ , dus $e^{p} = \sqrt{3} = 3^{\frac{1}{2}}$ . Dus $p = \frac{1}{2} \ln (3)$ .

c

$f_{p} " (x) = (x - p + 2) e^{x}$ , dus de eerste coördinaat van het buigpunt van de grafiek van $f_{p}$ is $p - 2$
Dus $‐ 2 e^{‐ p + 2} = ‐ 4$ , dus $p = 2 - \ln (2)$ .

16

a

$f^{'} (x) = 2 - \ln (x) - x \cdot \frac{1}{x} = 1 - \ln (x)$ , dus $f^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = e$ .
De maximale waarde is $f (e) = e$ .

b

De raaklijn heeft vergelijking $y = a x + 3$ , voor zekere $a$ . De eerste coördinaat van het raakpunt noemen we $b$ , dan: $a b + 3 = f (b)$ en $f^{'} (b) = a$ . Dus $a b + 3 = b (2 - \ln (b))$ en $a = 1 - \ln (b)$ .
Als je voor $a = 1 - \ln (b)$ invult in $a b + 3 = b (2 - \ln (b))$ krijg je:
$(1 - \ln (b)) b + 3 = b (2 - \ln (b))$ , dus $b = 3$ en een vergelijking is dus:
$y = (1 - \ln (3)) x + 3$ .

c

$F^{'} (x) = 2 a x \cdot \ln (x) + a x^{2} \cdot \frac{1}{x} + 2 b x = 2 a x \cdot \ln (x) + (a + 2 b) x$ , dus $a = ‐ \frac{1}{2}$ en $b = 1 \frac{1}{4}$ .

d

Het snijpunt van de grafiek van $f$ met de $x$ -as is $(e^{2},0)$ . Dus de gevraagde oppervlakte is: $\int_{1}^{e^{2}} f (x) d x = {[‐ \frac{1}{2} x^{2} \ln (x) + 1 \frac{1}{4} x^{2}]}_{1}^{e^{2}} = \frac{1}{4} e^{4} - 1 \frac{1}{4}$ .

e

$f_{p} (x) = 0 \Leftrightarrow x = e^{p}$ ; ${f_{p}}^{'} (x) = (p - \ln (x)) - 1$ ,
dus ${f_{p}}^{'} (e^{p}) = (p - \ln (e^{p})) - 1 = ‐ 1$ . Deze waarde hangt niet van $p$ af.

17

a

$\sqrt[3]{3 \frac{1}{4} - x^{3}} = 1 - x \Leftrightarrow 3 \frac{1}{4} - x^{3} = {(1 - x)}^{3} \Leftrightarrow$ $3 \frac{1}{4} - x^{3} = 1 - 3 x + 3 x^{2} - x^{3} \Leftrightarrow$ $x^{2} - x - \frac{3}{4} = 0 \Leftrightarrow$ $x = 1 \frac{1}{2}$ of $x = ‐ \frac{1}{2}$ .
De snijpunten zijn $A (1 \frac{1}{2}, ‐ \frac{1}{2})$ en $B (‐ \frac{1}{2},1 \frac{1}{2})$ .

b

$(x, y)$ ligt op de grafiek van $f$ $\Leftrightarrow \sqrt[3]{3 \frac{1}{4} - x^{3}} = y \Leftrightarrow 3 \frac{1}{4} - x^{3} = y^{3}$ $\Leftrightarrow x^{3} + y^{3} = 3 \frac{1}{4}$ .
De laatste vergelijking verandert niet als je $x$ en $y$ verwisselt, dus de grafiek is symmetrisch in de lijn $y = x$ , dus de functie is zijn eigen inverse en de grafiek van $f$ is symmetrisch in de lijn $y = x$ .

18

a

De oppervlakte is het verschil van de oppervlakte van twee vierkanten. Het grote vierkant heeft zijde $2 \cos (t)$ en het kleine $2 \sin (t)$ .
De oppervlakte is dus $4 (\cos^{2} (t) - \sin^{2} (t)) = 4 \cos (2 t)$ volgens een verdubbelingsformule.

b

De zijde evenwijdig aan de $x$ -as heeft lengte $2 \cos (t)$ en de bijbehorende hoogte is $1 + \sin (t)$ , dus $O (t) = \frac{1}{2} \cdot 2 \cos (t) (1 + \sin (t)) =$
$\cos (t) + \frac{1}{2} \cdot 2 \sin (t) \cos (t)$ , dus $O (t) = \cos (t) + \frac{1}{2} \sin (2 t)$ , want
$2 \sin (t) \cos (t) = \sin (2 t)$ .

c

$\frac{d y}{d x} = ‐ \sin (x) + \cos (2 x)$ , dus $\frac{d y}{d x} = 0 \Leftrightarrow \cos (\frac{1}{2} π - x) = \cos (2 x)$ , dus $\frac{1}{2} π - x = \pm 2 x + k \cdot 2 π$ , dus $3 x = \frac{1}{2} π + k \cdot 2 π$ of $x = ‐ \frac{1}{2} π + k \cdot 2 π$ .
Tussen $0$ en $2 π$ vind je: $x = \frac{1}{6} π, \frac{5}{6} π$ en $1 \frac{1}{2} π$ . De bijbehorende punten zijn: $(\frac{1}{6} π, \frac{3}{4} \sqrt{3})$ , $(\frac{5}{6} π, ‐ \frac{3}{4} \sqrt{3})$ en $(1 \frac{1}{2} π,0)$ .

d

De loodlijn vanuit $O (0,0)$ op lijn $S P$ snijdt deze lijn in $L$ .
Dan is hoek $L O S = \frac{1}{2} t$ en $\sin (\frac{1}{2} t) = \frac{L S}{O S} = L S$ , dus $S P = 2 L S = 2 \sin (\frac{1}{2} t)$ .

19

a

De loodrechte projectie van $M$ op lijn $P A$ noemen we $N$ .
$P A \cdot P B = (P N - A N) \cdot (P N + A N) =$ $P N^{2} - A N^{2} =$ $P M^{2} - M N^{2} - A N^{2} =$ $P M^{2} - r^{2}$ .

b

Er geldt: $P M = 5 \sqrt{5}$ .
De gevraagde afstand noemen we $x$ . We passen de regel uit het vorige onderdeel toe $x (x + 10) = {(5 \sqrt{5})}^{2} - {(5 \sqrt{2})}^{2} = 75 \Leftrightarrow (x - 5) (x + 15) = 0$ . Dus $x = 5$ .

c

Je vindt die door cirkel $c$ te snijden met de cirkel $d$ met middelpunt $P$ en straal $5$ .
$c$ heeft vergelijking $x^{2} + y^{2} - 6 x - 12 y - 5 = 0$ en cirkel $d$ $x^{2} + y^{2} - 10 x + 10 y + 25 = 0$ . De lijn door de snijpunten van deze cirkels heeft vergelijking
$x^{2} + y^{2} - 6 x - 12 y - 5 = x^{2} + y^{2} - 10 x + 10 y + 25$ , ofwel $2 x - 11 y - 15 = 0$ .
$A$ is oplossing van ${\begin{cases} x^{2} + y^{2} - 6 x - 12 y - 5 = 0 \\ 2 x - 11 y - 15 = 0 \end{cases}$ .
${\begin{cases} x^{2} + y^{2} - 6 x - 12 y - 5 = 0 \\ 2 x - 11 y - 15 = 0 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} {(5 \frac{1}{2} y + 7 \frac{1}{2})}^{2} + y^{2} - 6 (5 \frac{1}{2} y + 7 \frac{1}{2}) - 12 y - 5 = 0 \\ x = 5 \frac{1}{2} y + 7 \frac{1}{2} \end{cases}$ en
${(5 \frac{1}{2} y + 7 \frac{1}{2})}^{2} + y^{2} - 6 (5 \frac{1}{2} y + 7 \frac{1}{2}) - 12 y - 5 = 0 \Leftrightarrow 5 y^{2} + 6 y + 1 = 0$ .
Deze laatste vergelijking heeft de oplossingen $y = ‐ 1$ en $y = \frac{1}{5}$ , dus $A = (2, ‐ 1)$ of $A = (6 \frac{2}{5}, ‐ \frac{1}{5})$ .

20

a

Zie figuur aan het einde van de opgave. Dan $A B = 10$ , $A C = 5$ en $B C = 6$ . De projectie van $C$ op zijde $A B$ noemen we $D$ , $C D$ noemen we $p$ en $A D$ noemen we $q$ .
Dan $25 - q^{2} = p^{2} = 36 - {(10 - q)}^{2}$ , dus $25 - q^{2} = 36 - 100 + 20 q - q^{2}$ , dus $q = 4 \frac{9}{20}$ en de eerste coördinaat van $C$ is $1 \frac{9}{20}$ .

b

Het raakpunt van lijn $A C$ met $b$ noemen we $D$ . Dan $A B = 10$ en $A D = 5$ en hoek $A D B$ is recht, dus driehoek $A D B$ is een $30$ - $60$ - $90$ -graden driehoek. Dus $A D = 5 \sqrt{3}$ . Verder $B C = 6$ , dus $D C = \sqrt{6^{2} - 5^{2}} = \sqrt{11}$ . De projectie van $A C$ op de $x$ -as heeft dus lengte $(5 \sqrt{3} + \sqrt{11}) \cdot \frac{1}{2} \sqrt{3}$ , dus de eerste coördinaat van $C$ is: $(5 \sqrt{3} + \sqrt{11}) \cdot \frac{1}{2} \sqrt{3} - 3 = 4 \frac{1}{2} + \sqrt{33}$ .

figuur bij onderdeel a

figuur bij onderdeel b

21

a

Er geldt: ${f_{n}}^{'} (x) = \frac{1}{n} \cdot e^{\frac{x}{n}}$ .
Noem de eerste coördinaat van het raakpunt $a$ , dan geldt:

$f_{n} (a) = \frac{e}{n} \cdot a$ , dus $e^{\frac{a}{n}} = \frac{e}{n} \cdot a$ ;
${f_{n}}^{'} (a) = \frac{a}{n}$ , dus $\frac{1}{n} \cdot e^{\frac{a}{n}} = \frac{e}{n}$ .

Uit de tweede gelijkheid volgt dat $a = n$ . Voor deze waarde van $a$ is ook aan de eerste gelijkheid voldaan.
Dus de lijn raakt de grafiek in het punt $(n, e)$ .

b

De oppervlakte van het lichtblauwe deel is: $4 \ln (4) - \int_{0}^{\ln (4)} e^{x} d x = 4 \ln (4) - {[e^{x}]}_{0}^{\ln (4)} = 4 \ln (4) - 3$ ;
de oppervlakte van het donkerblauwe deel is: $\int_{0}^{2 \ln (4)} e^{\frac{1}{2} x} d x = {[2 \cdot e^{\frac{1}{2} x}]}_{0}^{2 \ln (4)} = 6$ ;
dus de gevraagde oppervlakte is
$4 \cdot 2 \ln (4) - (4 \ln (4) - 3) - 6 = 4 \ln (4) - 3$ .

22

a

$f_{n} (x) = \sin (x) \Leftrightarrow \sin (n x) = 0 \Leftrightarrow k \cdot π$ met $k$ geheel. Dit geeft $n + 1$ oplossingen op het interval $[0, π]$ . In de figuur zijn $10$ gemeenschappelijk, dus $n = 9$ .

b

Er geldt: ${f_{n}}^{'} (x) = \cos (x) + \cos (n x)$ , dus ${f_{n}}^{'} (0) = 2$ en ${f_{n}}^{'} (π) = 2$ als $n$ even en ${f_{n}}^{'} (π) = ‐ 2$ als $n$ oneven.
Als $n$ even, dan zijn de raaklijnen evenwijdig (beide hebben helling $2$ ).
Als $n$ oneven, dan is de driehoek ingesloten door de raaklijnen en de $x$ -as gelijkbenig met als 'top' het punt $(\frac{1}{2} π, π)$ , dus de driehoek heeft oppervlakte $\frac{1}{2} π^{2}$ .

c

Die oppervlakte is: $\int_{0}^{π} f_{n} (x) d x = {[‐ \cos (x) - \frac{1}{n^{2}} \cos (n x)]}_{0}^{π} =$
$2 + \frac{1}{n^{2}} + \frac{1}{n^{2}} \cos (n \cdot π)$ .
Als $n$ even is, dan is de oppervlakte $2 + \frac{2}{n^{2}}$ ; als $n$ oneven is, dan is de oppervlakte $2$ .

23

Het middelpunt $M$ van die cirkel ligt op één van de twee lijnen $m$ en $n$ evenwijdig aan $k$ op afstand $2 \sqrt{5}$ .
Een punt op de ene lijn, zeg $m$ , is bijvoorbeeld $(7, 1)$ en op de andere lijn ( $n$ ) is bijvoorbeeld $(‐ 3,1)$ . Dan heeft $m$ vergelijking $y = 2 x - 13$ en $n$ vergelijking $y = 2 x + 7$ .
Verder ligt $M$ op de cirkel met middelpunt $A$ en straal $2 \sqrt{5}$ . Dus $M$ voldoet aan het stelsel ${\begin{cases} {(x - 3)}^{2} + {(y - 1)}^{2} = 20 \\ y = 2 x - 13 \end{cases}$ of aan het stelsel ${\begin{cases} {(x - 3)}^{2} + {(y - 1)}^{2} = 20 \\ y = 2 x + 7 \end{cases}$ .
${\begin{cases} {(x - 3)}^{2} + {(y - 1)}^{2} = 20 \\ y = 2 x - 13 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} {(x - 3)}^{2} + {(2 x - 14)}^{2} = 20 \\ y = 2 x - 13 \end{cases} \Leftrightarrow$ ${\begin{cases} 5 x^{2} - 62 x + 185 = 0 \\ y = 2 x - 13 \end{cases}$ . Dit geeft de punten $(5, ‐ 3)$ en $(7 \frac{2}{5},1 \frac{4}{5})$ .
Het stelsel ${\begin{cases} {(x - 3)}^{2} + {(y - 1)}^{2} = 20 \\ y = 2 x + 7 \end{cases}$ heeft geen oplossingen.
De lijnen $m$ en $n$ kun je ook op een andere manier vinden.
De punten $(x, y)$ die op afstand $2 \sqrt{5}$ van de lijn met vergelijking $2 x - y - 3 = 0$ liggen, voldoen aan: $\frac{| 2 x - y - 3 |}{\sqrt{5}} = 2 \sqrt{5}$ , dus aan: $2 x - y - 3 = \pm 2 \sqrt{5} \cdot \sqrt{5} = \pm 10$ . Deze vergelijkingen kun je vereenvoudigen tot: $2 x - y = 13$ en $2 x - y = ‐ 7$ .

24

a

$\vec{A B} = (\begin{matrix} a - 1 \\ b \end{matrix})$ is richtingsvector van lijn $A B$ , dus normaalvector van de hoogtelijn uit $O$ , dus een vergelijking is $(a - 1) x + b y = c$ voor zekere waarde van $c$ .
Omdat de hoogtelijn door $O$ gaat, geldt $c = 0$ .

b

$h_{B}$ heeft vergelijking $x = a$ .
De eerste coördinaat van het snijpunt is $a$ , de tweede coördinaat $y$ vind je door $x = a$ in te vullen in de vergelijking van $h_{O}$ . Je vindt: $y = ‐ \frac{(a - 1) a}{b}$ , dus het snijpunt is: $(a, ‐ \frac{(a - 1) a}{b})$ .

c

Een vergelijking van $h_{A}$ is: $a x + b y = a$ (ga dat na).
Het punt $(a, ‐ \frac{(a - 1) a}{b})$ invullen geeft: $a^{2} + b \cdot ‐ \frac{(a - 1) a}{b} = a^{2} + ‐ a \cdot (a - 1) = a$ , klopt dus.

25

a

Een formule voor de functie $g$ v die lijn $A B$ als grafiek heeft is: $g (x) = 1 - x$ .
En $L (x) = g (x) - f (x) = 1 - x - (1 - 2 \sqrt{x} + x) = ‐ 2 x + 2 \sqrt{x}$ .

b

$L^{'} (x) = ‐ 2 + \frac{1}{\sqrt{x}}$ , dus $L^{'} (x) = 0 \Leftrightarrow x = \frac{1}{4}$ , dus de maximale lengte is $L (\frac{1}{4}) = \frac{1}{2}$ .

c

$(x^{'} (t), y^{'} (t)) = (‐ \sin (t) \cos^{5} (t), \cos (t) \sin^{5} (t))$ . De richtingscoëfficiënt is $\frac{y^{'} (t)}{x^{'} (t)} = ‐ \frac{\cos (t) \sin^{5} (t)}{\sin (t) \cos^{5} (t)} = ‐ {(\frac{\sin (t)}{\cos (t)})}^{4} = ‐ \tan^{4} (t)$ .

d

Dan $\tan^{4} (t) = 9 \Leftrightarrow \tan (t) = \pm \sqrt{3}$ , dus $\tan (t) = \sqrt{3}$ , want $0 \leq t \leq \frac{1}{2} π$ .
Dus $t = \frac{1}{3} π$ en $P = (\frac{1}{64}, \frac{27}{64})$ .

e

Er geldt: $\cos^{2} (t) + \sin^{2} (t) = 1$ , dus de punten van $K_{2}$ liggen op lijnstuk $A B$ .
Er geldt: ${(1 - \sqrt{\cos^{4} (t)})}^{2} = {(1 - \cos^{2} (t))}^{2} = {(\sin^{2} (t))}^{2} = \sin^{4} (t)$ , dus de punten van $K_{4}$ liggen op de grafiek van $f$ .

26

a

De drie zwaartepunten (van bak, water en bak met water) liggen op de lijn door de midden van de boven- en onderkant. Het water heeft massa $\frac{1}{10} h$ kg en zwaartepunt ligt op hoogte $\frac{1}{2} h$ .
De massa van bak met water is $\frac{1}{10} h + 1$ >
Dus $\frac{1}{10} h \cdot \frac{1}{2} h + 1 \cdot 5 = (\frac{1}{10} + h) \cdot z$ , dus (beide kanten met $20$ vermenigvuldigen): $(2 h + 20) \cdot z = h^{2} + 100$ . Het gevraagde volgt na deling van beide kanten door $2 h + 20$ .

b

$4 \frac{1}{2} = \frac{h^{2} + 100}{2 h + 20}$ $\Leftrightarrow 9 h + 90 = h^{2} + 100 \Leftrightarrow h^{2} - 9 h + 10 = 0$ $\Leftrightarrow$
$h = \frac{9 \pm \sqrt{81 - 40}}{2} = \frac{9 \pm \sqrt{41}}{2}$ .
Uit de grafiek van $z$ als functie van $h$ blijkt dan: $\frac{9 - \sqrt{41}}{2} < h < \frac{9 + \sqrt{41}}{2}$ .

c

$\frac{d z}{d h} = \frac{2 h^{2} + 40 h - 200}{{(2 h + 20)}^{2}}$ , dus $\frac{d z}{d h} = 0 \Leftrightarrow h^{2} + 20 h - 100 = 0$ $\Leftrightarrow$ $h = ‐ 10 \pm \sqrt{200}$ .
Met de GR blijkt $z$ minimaal als $\Leftrightarrow$ $h = ‐ 10 + 10 \sqrt{2}$

27

a

Zie figuur 1 aan het einde van de opgave. De middelloodlijn van $A S$ snijdt de cirkelboog $A S$ in $T (\cos (t), \sin (t))$ . Als je $T$ $90 °$ linksom $O$ draait, krijg je $B$ en ${(\cos (t), \sin (t))}_{L} = (‐ \sin (t), \cos (t))$ .

b

Teken het parallellogram $O A X B$ , dan is $X$ het gevraagde punt.

c

Zie figuur 2. Teken de cirkel met middelpunt $C$ en straal $1$ . Deze snijdt de eenheidscirkel in de punten $P$ en $Q$ .
Door $\vec{O Q}$ linksom om $O$ te draaien over $90 °$ en twee keer zo groot te maken, krijg je $\vec{v}$ .
Door $\vec{O P}$ linksom om $O$ te draaien over $90 °$ , krijg je $\vec{w}$ .

De raaklijn heeft richtingsvector $\vec{v} + \vec{w}$ .

figuur 1

figuur 2

d

Dan $x^{2} (t) + y^{2} (t) = 3 \Leftrightarrow$ $2 - 2 \cos (2 t) \sin (t) + 2 \sin (2 t) \cos (t) = 3 \Leftrightarrow$ $2 - 2 \sin (2 t - t) = 3 \Leftrightarrow$ $\sin (t) = ‐ \frac{1}{2}$ , dus $t = 1 \frac{1}{6} π$ of $t = 1 \frac{5}{6} π$ .

e

$y^{'} (t) = 0 \Leftrightarrow ‐ 2 \sin (2 t) - \cos (t) = 0 \Leftrightarrow$ $\sin (t) \cos (t) = ‐ \cos (t) \Leftrightarrow$ $\cos (t) = 0$ of $\sin (t) = ‐ \frac{1}{4}$ . Dus $t = \frac{1}{2} π, t = 1 \frac{1}{2} π of \sin (t) = ‐ \frac{1}{4}$ .
$x (\frac{1}{2} π) = ‐ 2$ , $x (1 \frac{1}{2} π) = 0$ en als $\sin (t) = ‐ \frac{1}{4}$ , dan
$x (t) = 1 - 2 \sin^{2} (t) - \sin (t) = 1 - \frac{1}{8} + \frac{1}{4} = 1 \frac{1}{8}$ . Dus $p = 1 \frac{1}{8}$ .

28

a

De cosinusregel in driehoek $O A C$ geeft: $A C^{2} = 26 - 10 \cos (t)$ .
De cosinusregel in driehoek $A B C$ geeft: $A C^{2} = 18 - 18 \cos (α)$ .
Dus $18 - 18 \cos (α) = 26 - 10 \cos (t) \Leftrightarrow \cos (α) = ‐ \frac{4}{9} + \frac{5}{9} \cos (t)$ .

b

$\cos (t)$ neemt alle waarden aan uit $[‐ 1, 1]$ en de cosinusfunctie is dalend op het interval $[0, π]$ , dus $α$ is maximaal als $\cos (α) = ‐ 1$ , dan $α = 180 °$ en minimaal als $\cos (α) = \frac{1}{9}$ , dus $α = 83,62 °$ .

c

Neem aan: $A = (a,0)$ met $a > 1$ .
Op dezelfde manier te werk gaan als in onderdeel a levert:
$18 - 18 \cos (α) = a^{2} + 1 - 2 a \cdot \cos (t) \Leftrightarrow \cos (α) = ‐ \frac{a^{2} - 17 - 2 a \cos (t)}{18}$ . De minimale waarde vind je voor $t = 0$ , dus: $a^{2} + 1 - 2 a = 18 \cdot \cos (60 °) \Leftrightarrow a = 4$ .
$A$ moet $1$ eenheid naar links geschoven worden. Voor de maximale waarde van α geldt dan $\cos (α) = \frac{‐ 4^{2} + 17 + 2 \cdot 4 \cdot ‐ 1}{18} = ‐ \frac{7}{18}$ , dus $α =$ $112,89 °$ .