Tangente, Normale und Steigungswinkel

Klasse 11

Veröffentlichungsdatum

19. August 2026

Grundidee

Die Tangente an den Graphen von ff im Punkt P(x0∣f(x0))P\bigl(x_0 \mid f(x_0)\bigr) ist die Gerade durch PP mit der Steigung f′(x0)f'(x_0):

t(x)=f′(x0)⋅(x−x0)+f(x0)t(x) = f'(x_0) \cdot (x - x_0) + f(x_0)

Vorgehen — immer dieselben drei Schritte:

  1. f(x0)f(x_0) berechnen → Berührpunkt
  2. f′(x)f'(x) bestimmen und f′(x0)f'(x_0) einsetzen → Steigung
  3. beides in die Punkt-Steigungs-Form einsetzen und ausmultiplizieren

Die Normale steht in PP senkrecht auf der Tangente. Für zwei zueinander senkrechte Geraden gilt mt⋅mn=−1m_t \cdot m_n = -1, also

n(x)=−1f′(x0)⋅(x−x0)+f(x0)(f′(x0)≠0)n(x) = -\frac{1}{f'(x_0)} \cdot (x - x_0) + f(x_0) \qquad \bigl(f'(x_0) \neq 0\bigr)

Der Steigungswinkel α\alpha ist der Winkel zwischen Gerade und positiver xx-Achse:

tan⁡α=m=f′(x0)⇔α=arctan⁡(f′(x0))\tan \alpha = m = f'(x_0) \qquad\Longleftrightarrow\qquad \alpha = \arctan\bigl(f'(x_0)\bigr)

mm 00 11 22 −1-1
α\alpha 0°0° 45°45° ≈63,4°\approx 63{,}4° −45°-45°

f(x) = x² mit Tangente t(x) = 2x − 1 und Normale n(x) = −0,5x + 1,5 im Punkt P(1|1)

Aufgaben

Aufgabe 1

L

Bestimme die Gleichung der Tangente an den Graphen von f(x)=x2f(x) = x^2 an der Stelle x0=1x_0 = 1.

Aufgabe 2

L

Bestimme die Tangentengleichung an den Graphen von

f(x)=x3−xf(x) = x^3 - x

an der Stelle x0=2x_0 = 2.

Aufgabe 3

L

Bestimme jeweils den Steigungswinkel der Tangente (auf eine Nachkommastelle gerundet):

  1. f(x)=x2f(x) = x^2 bei x0=0,5x_0 = 0{,}5
  2. f(x)=x2f(x) = x^2 bei x0=1x_0 = 1
  3. f(x)=13x3f(x) = \dfrac{1}{3}x^3 bei x0=2x_0 = 2

Aufgabe 4

L

Gegeben ist f(x)=x2f(x) = x^2 und die Stelle x0=1x_0 = 1.

  1. Bestimme die Gleichung der Normalen.
  2. Weise nach, dass Tangente und Normale tatsächlich senkrecht zueinander stehen.

Aufgabe 5

L

Gegeben ist f(x)=x2−4xf(x) = x^2 - 4x.

An welcher Stelle x0x_0 hat der Graph von ff eine Tangente mit der Steigung 22? Gib auch die Tangentengleichung an.

Aufgabe 6

L

In der Zeichnung ist der Graph von f(x)=12x2f(x) = \dfrac{1}{2}x^2 mit einer eingezeichneten Tangente zu sehen.

  1. Lies den Berührpunkt und die Steigung der Tangente aus der Zeichnung ab.
  2. Gib damit f′(x0)f'(x_0) und die Tangentengleichung an.
  3. Bestätige das Ergebnis durch Rechnung.

Aufgabe 7

L

Gegeben ist

f(x)=106x2−106f(x) = 10^{6}\,x^2 - 10^{6}

Bestimme die Tangentengleichung an der Stelle x0=10−3x_0 = 10^{-3}.

Aufgabe 8

L

Gegeben ist f(x)=x100f(x) = x^{100} und die Stelle x0=1x_0 = 1.

  1. Bestimme die Tangentengleichung.
  2. Bestimme die Normalengleichung.
  3. Bestimme den Steigungswinkel der Tangente (auf zwei Nachkommastellen).

Lösungen

Lösung 1

  1. f(1)=1f(1) = 1 → Berührpunkt P(1∣1)P(1 \mid 1)
  2. f′(x)=2xf'(x) = 2x, also f′(1)=2f'(1) = 2
  3. t(x)=2⋅(x−1)+1=2x−2+1=2x−1t(x) = 2 \cdot (x - 1) + 1 = 2x - 2 + 1 = 2x - 1

Lösung 2

  1. f(2)=8−2=6f(2) = 8 - 2 = 6 → Berührpunkt P(2∣6)P(2 \mid 6)
  2. f′(x)=3x2−1f'(x) = 3x^2 - 1, also f′(2)=12−1=11f'(2) = 12 - 1 = 11
  3. t(x)=11(x−2)+6=11x−22+6=11x−16t(x) = 11(x - 2) + 6 = 11x - 22 + 6 = 11x - 16

Lösung 3

  1. f′(x)=2xf'(x) = 2x, f′(0,5)=1f'(0{,}5) = 1:

α=arctan⁡(1)=45,0°\alpha = \arctan(1) = 45{,}0°

  1. f′(1)=2f'(1) = 2:

α=arctan⁡(2)≈63,4°\alpha = \arctan(2) \approx 63{,}4°

  1. f′(x)=x2f'(x) = x^2, f′(2)=4f'(2) = 4:

α=arctan⁡(4)≈76,0°\alpha = \arctan(4) \approx 76{,}0°

Je größer die Steigung, desto näher liegt der Winkel bei 90°90° — erreichen kann er ihn nie.

Lösung 4

  1. Aus Aufgabe 1: f(1)=1f(1) = 1 und f′(1)=2f'(1) = 2. Die Normalensteigung ist

mn=−1f′(1)=−12m_n = -\frac{1}{f'(1)} = -\frac{1}{2}

n(x)=−12(x−1)+1=−12x+12+1=−12x+32n(x) = -\frac{1}{2}(x - 1) + 1 = -\frac{1}{2}x + \frac{1}{2} + 1 = -\frac{1}{2}x + \frac{3}{2}

  1. Für die Steigungen gilt

mt⋅mn=2⋅(−12)=−1m_t \cdot m_n = 2 \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) = -1

Das ist genau die Bedingung für zueinander senkrechte Geraden. ✓

Lösung 5

Gesucht ist die Stelle mit f′(x0)=2f'(x_0) = 2. Mit f′(x)=2x−4f'(x) = 2x - 4:

2x0−4=2⇒2x0=6⇒x0=32x_0 - 4 = 2 \quad\Longrightarrow\quad 2x_0 = 6 \quad\Longrightarrow\quad x_0 = 3

Berührpunkt: f(3)=9−12=−3f(3) = 9 - 12 = -3, also P(3∣−3)P(3 \mid -3).

t(x)=2(x−3)+(−3)=2x−6−3=2x−9t(x) = 2(x - 3) + (-3) = 2x - 6 - 3 = 2x - 9

Lösung 6

  1. Ablesen: Die Tangente berührt den Graphen im Punkt P(2∣2)P(2 \mid 2). Von dort aus geht man 11 nach rechts und 22 nach oben — die Steigung ist also m=2m = 2. (Kontrolle: der yy-Achsenabschnitt der Tangente liegt bei −2-2.)

  2. f′(2)=2,t(x)=2(x−2)+2=2x−2f'(2) = 2, \qquad t(x) = 2(x - 2) + 2 = 2x - 2

  3. Rechnung: f(x)=12x2f(x) = \tfrac{1}{2}x^2, also f′(x)=xf'(x) = x und damit f′(2)=2f'(2) = 2 ✓ sowie f(2)=12⋅4=2f(2) = \tfrac{1}{2} \cdot 4 = 2 ✓. Beides stimmt mit dem Abgelesenen überein.

Lösung 7

  1. f(10−3)=106⋅10−6−106=1−106=−999999f\!\left(10^{-3}\right) = 10^{6} \cdot 10^{-6} - 10^{6} = 1 - 10^{6} = -999\,999
  2. f′(x)=2⋅106xf'(x) = 2 \cdot 10^{6}\,x, also f′(10−3)=2⋅106⋅10−3=2000f'\!\left(10^{-3}\right) = 2 \cdot 10^{6} \cdot 10^{-3} = 2000
  3. t(x)=2000(x−10−3)−999999=2000x−2−999999=2000x−1000001t(x) = 2000\left(x - 10^{-3}\right) - 999\,999 = 2000x - 2 - 999\,999 = 2000x - 1\,000\,001

Dieselben drei Schritte wie in Aufgabe 1.

Lösung 8

  1. f(1)=1f(1) = 1 und f′(x)=100x99f'(x) = 100x^{99}, also f′(1)=100f'(1) = 100:

t(x)=100(x−1)+1=100x−99t(x) = 100(x - 1) + 1 = 100x - 99

  1. mn=−1100m_n = -\frac{1}{100}

n(x)=−1100(x−1)+1=−1100x+101100n(x) = -\frac{1}{100}(x - 1) + 1 = -\frac{1}{100}x + \frac{101}{100}

  1. α=arctan⁡(100)≈89,43°\alpha = \arctan(100) \approx 89{,}43°

Die Tangente ist extrem steil, steht aber immer noch nicht senkrecht.