a
1 Zie figuur. Het kan ook wel op andere manieren, maar dit ligt toch wel het meest voor de hand.
b 12 ⋅ 12 ⋅ 18 + 2 ⋅12⋅ 6 ⋅ 12 ⋅ 6 = 3024 cm3. a
2 Omdat je deze boterham zo kunt verdelen dat er precies 18 eenheidskubussen ontstaan en elke een-heidskubus heeft een inhoud van 1 cm3.
b Nee.
c 16 ⋅ 32 = 512 cm3.
d 𝐼(u�u�u�u�u�u�) = 𝐺⋅ℎ waarin 𝐺 de oppervlakte van het grondvlak voorstelt en ℎ de hoogte. Een brood is een voorbeeld van een prisma als alle plakken dezelfde vorm hebben en even dik zijn. 𝐺 is de oppervlakte van elke plak brood, ℎ is de ‘hoogte’ (aantal plakken) van het brood.
3 Figuur I: 𝐼 = 7 ⋅ 4 = 28 cm3. Figuur II: 𝐼 = 12⋅ 3 ⋅ 4 ⋅ 6 = 36 cm3. Figuur III: 𝐼 = 12,875 ⋅ 5 = 64,375 cm3. a
4 Het is een figuur waarvan grondvlak en bovenvlak en elke dwarsdoorsnede evenwijdig met het grond-vlak gelijk is.
b 𝜋 ⋅ 82= 64𝜋 cm2. c 64𝜋 ⋅ 20 = 1280𝜋 cm3. a
5 Het grondvlak van het prisma kun je verdelen in een vierkant en een half vierkant, dus 𝐺 = 5 ⋅ 5 + 0,5 ⋅ 5 ⋅ 5 = 37,5.
b 𝜋u�2⋅ 10 = 375 geeft 𝜋u�2= 37,5 en u�2= 37,5 𝜋 . Dus is u� = √37,5 𝜋 ≈ 3,46. a
b 13⋅ 12 ⋅ 12 ⋅ 10 = 480 cm3. c 13⋅ 𝜋 ⋅ 62⋅ ℎ = 480
d ℎ =12𝜋480 ≈ 12,73 cm. Dus de hoogte van de kegel is ongeveer 12,7 cm. a
7 Eerst werk je in Δ𝐴𝑆𝐵. Omdat 𝐴𝑆 en 𝐵𝑆 even lang zijn levert 𝐴𝑆2+ 𝐵𝑆2= 202op: 2 ⋅ 𝐴𝑆2= 400. Dit betekent 𝐴𝑆 = √200.
Nu naar Δ𝐴𝑆𝑇: (√200)2+ 𝑆𝑇2= 202. Dit geeft 𝑇𝑆 = √200 = ℎ. b 13313√200
8 Bereken eerst met de stelling van Pythagoras dat de lengte van de diagonalen van het grondvlak 10 cm is. De hoogte van de piramide is ℎ = √132− 52= 12. Dus het volume is 13 ⋅ 6 ⋅ 8 ⋅ 12 = 192 cm3. 9 (Maak eventueel eerst even een tekening.)
Bereken met de stelling van Pythagoras dat de hoogte van het grondvlak √82− 32 = √55 cm is. De oppervlakte van het grondvlak is 12⋅ 6 ⋅ √55 = 3√55 cm2. Dus het volume is 13⋅ 3√55 ⋅ 13 = 13√55 cm3.
10 De inhoud van de kubus is 1000 cm3.
De inhoud van de cilinder is 𝜋 ⋅ 52⋅ 10 = 250𝜋 ≈ 785,4. Er zit dus 21,5% van de kubus buiten de cilinder.
11 De inhoud van de kegel is 13⋅ 𝐺 ⋅ ℎ = 13⋅ 100𝜋 ⋅ 20 ≈ 2094 cm3.
De piramide heeft een vierkant grondvlak met zijden met een lengte van √200 cm en een hoogte van 20 cm. De inhoud is ongeveer 1333 cm3. Er zit dus 57,1% van de kegel buiten de piramide.
12 Inhoud figuur I: 2 ⋅ 4 ⋅ 8 = 64. Inhoud figuur II: 𝜋 ⋅ 1,52⋅ 4 ≈ 28, 27. Inhoud figuur III: 13⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 4 = 12. Inhoud figuur IV:13⋅ 𝜋 ⋅ 1,52⋅ 4 ≈ 9,42. a
13 Noem het snijpunt van alle lichaamsdiagonalen 𝑀. Dan is 𝐴𝑀 = 𝐵𝑀 = 𝐶𝑀 = 𝐷𝑀 = 𝐸𝑀 = 𝐹𝑀 = √32. Hiermee kun je de inhoud van een piramide berekenen: 13⋅ 8 ⋅ 8 ⋅ √32 =643 √32.
De inhoud van het octaëder is 2 ⋅643√32 = 1283 √32. b Van elk grensvlak is de hoogte √82− 42= √48.
De oppervlakte van het octaëder is 8 ⋅12⋅ 8 ⋅ √48 = 32√48.
14 Je kunt de tent verdelen in een prisma (het middenstuk) en een piramide (de twee eindstukken tegen elkaar). De inhoud van het prisma is 12⋅ 2 ⋅ 1,5 ⋅ 2 = 3 m3. De inhoud van de piramide is 13⋅ 2 ⋅ 1,5 = 1 m3. De totale inhoud van de tent is dus 4 m3.
15 Het linker tuinhuisje:
(3,00 ⋅ 1,90 +12⋅ 3,00 ⋅ 0,35) ⋅ 2,00 = 12,45 m3. Dat is ongeveer 12,5 m3. Het rechter tuinhuisje:
(2,00 ⋅ 1,80 −12⋅ 1,00 ⋅ 0,90) ⋅ 1,90 +13⋅ 2,00 ⋅ 1,80 ⋅ 0,35 = 6,405. Dat is ongeveer 6,4 m3.
16 Het volume van dit miljoen briefjes van €100 is 147 ⋅ 82 ⋅ 0,05 ⋅ 106= 602,7 ⋅ 106mm3en dat is 0,6027 m3en dat weegt ruim 723 kg.
Ik zou wel een auto nemen, een busje bijvoorbeeld. a
17 𝜋 ⋅ 3,652⋅ 10,4 ≈ 435,3 cm3. Dat is ongeveer 435 mL. Dus het kan. b 𝜋 ⋅ 7,3 ⋅ 10,4 ≈ 238,5 cm2.
18 Het volume van het staal is 𝜋 ⋅ 1,02⋅ 800 − 𝜋 ⋅ 0,82⋅ 800 ≈ 904,78 cm3, dus het staal van de stoel weegt ongeveer 6876 gram en dat is iets minder dan 6,9 kg.
a
WISKUNDE EERSTE FASE HAVO/VWO > METEN EN TEKENEN > MEETKUNDIGE BEREKENINGEN
STICHTING MATH4ALL 3 OKTOBER 2013 PAGINA 33
b De doos heeft een inhoud van ongeveer 1935 cm3, dus er zouden 1935 /125 ≈ 15 ijsjes in moeten gaan. In werkelijkheid gaan er maar 7 of 8 in de doos.
a
20 De graansilo bestaat uit een kegel met een hoogte van 1,40 en een diameter van 1,48 m en een cilinder met een hoogte van 3,00 m en dezelfde diameter. De inhoud van de kegel is ongeveer 0,803 m3. De inhoud van de cilinder is ongeveer 5,161 m3. Samen is dat iets minder dan 6 m3.
b De cilindermantel heeft een oppervlakte van 𝜋 ⋅ 1,48 ⋅ 3,00 ≈ 13,95 m2. De bovencirkel heeft een oppervlakte van ongeveer 𝜋 ⋅ 0,742≈ 1,72 m2. De kegel is het𝜋⋅1,48𝜋⋅2,80deel van een cirkel met een straal van 1,40. De oppervlakte daarvan is ongeveer 3,25 m2. De totale oppervlakte is daarom 18,92 m2. 21 De toren bestaat uit een centrale balk van 2 bij 2 bij 20 m, vier kwart piramides met vierkante
grond-vlakken van 2 bij 2 en een hoogte van 20 m en vier halve balken van 2 bij 2 bij 20 m. De inhoud is dus 2 ⋅ 2 ⋅ 20 + 4 ⋅13⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 20 + 4 ⋅12⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 20 = 34623 m3.
2.5 Doorsneden
1 De volgorde is D, C, A, B, E of precies andersom E, B, A, C, D. a
2 12 jaar.
b Nee, de afstanden tussen de jaarringen verschillen.
c Nee, naar rechtsboven op deze foto zitten de jaarringen verder van elkaar dan in andere richtingen vanuit het centrum (de binnenste jaarring).
d De boom is loodrecht op zijn centrale as doorgezaagd. Planken noem je meer lengtedoorsneden van de stam van de boom.
3 Zie figuur.
4 Zie figuur.
5 Alleen de doorsnede in figuur I is echt niet goed. Om die te verbeteren moet je voor één van de vier hoekpunten van de doorsnede een ander punt kiezen. Je hebt meerdere mogelijkheden. Goed zijn 𝐴𝐶𝐺𝐸, 𝐴𝐶𝐹, 𝐴𝐷𝐺𝐹 en (hoewel wat flauw) 𝐵𝐶𝐺𝐹.
6 Alleen de doorsnede in figuur II is echt niet goed. Om die te verbeteren moet je voor één van de vier hoekpunten van de doorsnede een ander punt kiezen. Je hebt meerdere mogelijkheden. Het gemakke-lijkst is het aanpassen van de zijde van de doorsnede die in vlak 𝐶𝐷𝑇 ligt; maak die evenwijdig aan 𝐴𝐵.
7 Zie figuur.
8 Zie figuur.
a
9 Bijvoorbeeld 𝐴𝑃 = √42+ 22= √20. De andere drie zijden zijn even lang.
b Een vierhoek is niet volledig bepaald als je de vier zijden weet. Hij kan dan nog van vorm veranderen, de hoeken zijn nog niet bekend.
c 𝑃𝑄 = √42+ 42= √32.
d Teken eerst diagonaal 𝑃𝑄. Neem vervolgens de lengte van de vier zijden tussen de passerpunten en cirkel dit zowel vanuit 𝑃 als vanuit 𝑄 naar beide zijden om. Daarmee vind je de punten 𝐴 en 𝐵 als de twee snijpunten van de cirkels. Nu kun je de figuur eenvoudig afmaken.
e De twee diagonalen van een ruit halveren elkaar en staan loodrecht op elkaar. a
10 Zie figuur.
b Een rechthoek.
c 𝑃𝑄 = 𝑅𝑆 = √32+ 42= 5 cm en de andere twee zijden zijn elk 3cm.
d Het wordt een rechthoek van 5 bij 3 cm. De oppervlakte daarvan is 5 ⋅ 3 = 15 cm2. a
WISKUNDE EERSTE FASE HAVO/VWO > METEN EN TEKENEN > MEETKUNDIGE BEREKENINGEN
STICHTING MATH4ALL 3 OKTOBER 2013 PAGINA 35
b Een parallellogram want de zijden in tegenover elkaar liggende grensvlakken zijn evenwijdig. c 𝑃𝑄 = 𝑅𝐺 = √32+ 12= √10 en 𝑄𝐺 = 𝑃𝑅 = √32+ 42= 5 cm.
d Bijvoorbeeld lijnstuk 𝑃𝐺. Daarvoor moet je twee keer de stelling van Pythagoras toepassen. Je vindt: 𝑃𝐺 = √41. De vierhoek bestaat nu uit twee driehoeken waarvan je alle zijden weet. Die kun je met passer en geodriehoek tekenen.
12 Zie figuur.
a
13 30 cm bij 30 cm.
b De lengte van het te gebruiken gedeelte is minstens 40 + 30 + 40 + 30 + 5 = 145 cm. Dus je houdt maximaal 55 cm over.
c Zo’n schuine kant is een doorsnede van de balk die de vorm heeft van een rechthoek van 5 cm bij √52+ 52= √50 cm.
d 8 ⋅ 5 ⋅ √50 ≈ 283 cm2. a
14 Er zijn drie verschillende diagonaalvlakken: een rechthoek van 20 bij 10, een rechthoek van 8 bij √436 en een rechthoek van 6 bij √464. Het grootste daarvan heeft een oppervlakte van 20 ⋅ 10 = 200 cm2. b Het wordt parallellogram 𝐴𝑃𝐺𝑄.
c Het parallellogram 𝐴𝑃𝐺𝑄 heeft zijden van √409 en √73. De diagonaal 𝑃𝑄 heeft een lengte van √464. Nu kun je het parallellogram als twee driehoeken tegen elkaar met potlood, liniaal en passer tekenen. a
15 Rechthoek 𝑆𝑇𝑈𝑃 van 4 bij √8 met een oppervlakte van 4 ⋅ √8 ≈ 11,3 cm2. b Rechthoek 𝐴𝐵𝑀𝑁 van 4 bij √20 met een oppervlakte van 4 ⋅ √20 ≈ 17,9 cm2.
c Driehoek 𝑃𝑆𝐿 met zijden van √8. De driehoek is gelijkzijdig en de hoogte is √6 cm. De driehoek heeft een oppervlakte van12 ⋅ √8 ⋅ √6 ≈ 3,5 cm2.
d Ruit 𝐵𝑀𝐻𝐾 met zijden van √20. De ruit bestaat uit twee gelijkbenige driehoeken met basis 𝐾𝑀 = √32 en dus hoogte √12 cm. De ruit heeft een oppervlakte van 2 ⋅12⋅ √32 ⋅ √12 ≈ 19,6 cm2.
e Regelmatige zeshoek 𝑇𝑈𝑀𝑄𝑅𝐾 met zijden van √8. Deze zeshoek bestaat uit zes gelijkzijdige driehoe-ken met zijden √8 en dus hoogte √6 cm. De zeshoek heeft een oppervlakte van 6 ⋅12⋅ √8 ⋅ √6 ≈ 20,8 cm2.
16 De plank is een rechthoek van 150 bij √752+ 752≈ 106. Dus je schaalmodel wordt een rechthoek van 7,5 bij 5,4 cm.
a
18 Doen. De doorsnede wordt een symmetrisch trapezium omdat 𝐵𝐶 𝑃𝑄 en 𝐵𝑃 = 𝐶𝑄.
b Van trapezium 𝐵𝐶𝑄𝑃 is 𝐵𝐶 = 4 en 𝑃𝑄 = 2 cm. De hoogte is (teken een vooraanzicht!) √32+ 32= √18 cm. De tekening is nu te maken en de oppervlakte is 12⋅ (4 + 2) ⋅ √18 = 3√18.
a
19 Een doorsnede laat zien hoe een object er van binnen uitziet. b Eigen antwoord.
a
20 Een doorsnede laat zien hoe het hoofd van deze persoon er van binnen uitziet. Er kunnen eventuele botbreuken, tumoren, en dergelijke mee worden opgespoord.
b Uit een serie van evenwijdige scans kun je de vorm van de botbreuk, de tumor, afleiden. c Serie I: een bol.
Serie II: een regelmatige vierzijdige piramide. Serie III: een kegel.
Serie IV: lijkt op een koffiefilter of een schroevendraaier met een platte kop en een ronde steel (rond aan de éne kant, recht aan de andere kant).
Je kunt nooit zeker zijn, want tussen twee doorsneden in kan het voorwerp wel een andere vorm hebben.
d Een serie gelijke vierkanten van 6 bij 6.
e Eerst een punt, dan een gelijkzijdige driehoek met zijden van √62+ 62 = √72, dan een regelma-tige zeshoek met zijden van √32+ 32 = √18, dan weer een gelijkzijdige driehoek met zijden van √62+ 62= √72 en tenslotte een punt.
2.6 Vergroten
a
1 √82+ 82≈ 11,3 cm.
b Die worden ook 2 keer zo groot, dus ongeveer 22,6 cm. De schaalverdeling gaat van −28 tot 28 cm lopen.
c De vorm van de geodriehoek, dus alle hoeken blijven gelijk. Ook de gradenboog verandert niet echt, hij krijgt wel een grotere straal, maar de hoeken die hij aangeeft blijven gelijk.
d Nee, zowel de basis als de hoogte worden 2 keer zo groot, dus de oppervlakte (je moet daarvoor de basis en de hoogte vermenigvuldigen) wordt 4 keer zo groot.
a
2 3 keer zo groot. b 13 keer zo groot.
c De vorm van de kubus, dus alle hoeken blijven gelijk. d 9 keer zo groot.
WISKUNDE EERSTE FASE HAVO/VWO > METEN EN TEKENEN > MEETKUNDIGE BEREKENINGEN
STICHTING MATH4ALL 3 OKTOBER 2013 PAGINA 37
a 3 6 × 4 = 24 cm2. b 18 × 12 = 216 cm2. c 3 × 3 = 9 keer zo groot. a 4 4,25 ⋅ 10 = 42,5 m. b 118 /10 = 11.8 cm. c Nog steeds 60∘. d Ongeveer 21,72 ⋅ 102= 2172 m2. e De lengtevergrotingsfactor is 1000 en de oppervlaktevegrotingsfactor is 1.000.000. a 5 50.0001 . b 24.000 m2en dat is 240.000.000 cm2. c 240000000 ⋅ (500001 )2≈ 0,096 cm2. a 6 20 cm.
b Elk van de zes grensvlakken heeft een oppervlakte van 5 × 5 = 25 cm2. c 53= 125 cm3.
d 125 ⋅ 43= 8000 cm3. e Lengtevergrotingsfactor: 4.
Opperlaktevergrotingsfactor: 42= 16. Volumevergrotingsfactor: 43= 64.
7 De oppervlakte wordt 1400 ⋅ 202= 560.000 cm2, dat is 56 m2. De inhoud wordt 3000 ⋅ 203= 24.000.000 cm3en dat is 24 m3. a
8 Doen. Denk er om dat voor de inhoud moeten worden gerekend met de binnenmaten! b 10 keer.
c 0,5
d 424,32 ⋅ 0,52= 106,08. e 511,56 ⋅ 0,53= 63,945 cm3. a
9 Even de twee hoogtes nameten: u� = 2,5. b De vergrotingsfactor is nu 1 /u� = 1/ 2,5 = 0,4 c 63,3 ⋅ 0,43≈ 4,1 cm3.
10 2,5 hm2is 25.000 m2en dat is 250.000.000 cm2. Dus de oppervlaktevergrotingsfactor is u�225.000.000. De lengtevergrotingsfactor is u� = √25.000.000 = 5000. De schaal van deze kaart is 1 : 5000.
11 134,37 km2is 134.370.000 m2en dat is 1.343.700.000.000 cm2. Dus de oppervlaktevergrotingsfactor is u�21.000.000.000.000.
De lengtevergrotingsfactor is u� = √1.000.000.000.000 = 1.000.000. De schaal van deze kaart is 1 : 1.000.000.
a
12 De volumevergrotingsfactor is u�3= 1,5 /0,25 = 6 . De grote fles is dus u� = √6 ≈ 1,82 keer zo hoog.3 b De oppervlaktevergrotingsfactor is u�2= (√6)3 2≈ 3,30.
13 De volumevergrotingsfactor is u�3= 3,375. De lengtevergrotingsfactor is dus u� = 3
√3,375 = 1,5. Er is dus 400 ⋅ 1,52= 900 cm2metaalplaat nodig voor de rechter maatbeker.
a 14 120 m lang en 75 m breed. b Met 1000. c 12 × 7,5 = 90 cm2. d Met 10002= 1.000.000. e 90 × 1.000.000 = 90.000.000 cm2. Dat is 9000 m2.
15 32 ⋅ 2002= 1.280.000 cm2en dat is 128 m2. a
16 1,20 ⋅ 2,52= 7,50 m2.
b De oppervlaktevergrotingsfactor is 4,80 /1,20 = 4 , dus de lengtevergrotingsfactor is √4 = 2. De afme-tingen van dit derde raam zijn 2 keer zo groot dan die van het eerste raam.
c 2 /2,5 = 0,8 keer zo groot. a
17 𝜋 ⋅ 102= 100𝜋 ≈ 314 m2.
b Ongeveer 4 ⋅ 314 − 314 = 942 m2meer. c Het touw is √5 ≈ 2,24 keer zo lang. a 18 Ongeveer 14 cm, 8 cm, 9 cm. b Ongeveer 9877 mm2. c Ongeveer 120 mm3. d Ongeveer 5658 mm3. 19 1 : 1000000.
20 De volumevergrotingsfactor van de boa ten opzichte van de ringslag is 216. Dat betekent een lengte-vergrotingsfactor van 6 en een oppervlaktelengte-vergrotingsfactor van 36. De huidoppervlakte van de boa is 17388 cm2.
a
21 √315025 ≈ 1,82 keer zo groot. b Ongeveer 21,84 cm.
c Ongeveer 3,30 keer zo groot. a
22 10.000.0001 = 1 ⋅ 10−7
b De omtrek is 400 cm en de diameter dus ongeveer 127,3 cm.
c De oppervlakte is ongeveer 5,11 m2en de inhoud is ongeveer 1,087 m3.
23 Een volumevergrotingsfactor van 64 betekent een lengtevergrotingsfactor van √64 = 4. Dus de dia-3 meter van de Aarde is ongeveer 4 keer die van de Maan.
2.7 Totaalbeeld
a
1 Zie figuur.
b u�2= 42+ 72= 65 geeft u� = √65 ≈ 8,06.
c u�2+ 72= 92= 65 geeft u�2= 92− 72= 32 en dus u� = √32 ≈ 5,66. a
2 Doen.
b Je berekent eerst de lengtes van alle drie de zijden: 𝐴𝐶 = 10, 𝐴𝐵 = √32+ 52 = √34 en 𝐵𝐶 = √72+ 52= √74.
WISKUNDE EERSTE FASE HAVO/VWO > METEN EN TEKENEN > MEETKUNDIGE BEREKENINGEN
STICHTING MATH4ALL 3 OKTOBER 2013 PAGINA 39
Vervolgens controleer je of in Δ𝐴𝐵𝐶 de stelling van Pythagoras geldt: (√34)2+ (√74)2 ≠ 102. Dus de driehoek is niet rechthoekig.
c Een scherpe hoek, want (√34)2+ (√74)2> 102, dus zijde 𝐴𝐶 is te kort om hypothenusa te kunnen zijn.
a
3 Doen.
b Je berekent eerst de lengtes van alle drie de zijden: 𝐴𝐶 = 10, 𝐴𝐵 = √32+ 52 = √34 en 𝐵𝐶 = √72+ 52= √74.
Vervolgens controleer je of in Δ𝐴𝐵𝐶 de stelling van Pythagoras geldt: (√34)2+ (√74)2 ≠ 102. Dus de driehoek is niet rechthoekig.
c Een scherpe hoek, want (√34)2+ (√74)2> 102, dus zijde 𝐴𝐶 is te kort om hypothenusa te kunnen zijn.
a
4 Bereken eerst de lengte van bijvoorbeeld 𝐴𝑆. Dat kan op meerdere manieren, je vindt 𝐴𝑆 = √8. (Of misschien heb je 𝐴𝑆 = 12√32 gevonden; dat is hetzelfde.)
Vervolgens is 𝐴𝑇2= 𝐴𝑆2+ 𝑆𝑇2= (√8)2+ 62= 44 en dus 𝐴𝑇 = √44.
b Laat 𝑁 het midden van 𝐵𝑆 zijn, dan is Δ𝐴𝑁𝑀 rechthoekig met rechthoekszijden 𝐴𝑁 = √18 en 𝑀𝑁 = 3. Dit geeft 𝐴𝑀 = √(√18)2+ 32= √27.
5 Als 𝑃 het midden van 𝐴𝐵 is, dan is 𝑇𝑃 de hoogte van een driehoekig grensvlak. Je berekent deze hoogte met de stelling van Pythagoras in bijvoorbeeld Δ𝑃𝑆𝑇: 𝑃𝑇 = √22+ 62= √40.
Vervolgens is de oppervlakte van de piramide 4 ⋅12⋅ 4 ⋅ √40 + 4 ⋅ 4 = 16 + 8√40. 6 Lichaam I: 13⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ 6 = 32
Lichaam II: 3 ⋅ 4 ⋅ 5 = 60 Lichaam III: 13⋅ 𝜋 ⋅ 32⋅ 6 = 18𝜋
7 Prisma: 2 ⋅ 4 ⋅ 3 + 2 ⋅ 3 ⋅ 5 + 2 ⋅ 4 ⋅ √26 = 54 + 8√26
Kegel: het grondvlak heeft een oppervlakte van 𝜋 ⋅ 32 = 9𝜋, de kegelmantel is het 2𝜋⋅3
2𝜋⋅√45 = 3
√45
deel van een cirkel met straal √45 en heeft dus een oppervlakte van 3𝜋√45. De totale oppervlakte is 3𝜋√45 + 9𝜋.
8 Zie figuur.
a
9 Doen, de doorsnede is een vierhoek 𝑃𝐹𝐺𝑄 waarbij 𝑄 het midden van 𝐷𝐻 is omdat 𝑃𝐹 en 𝑄𝐺 even-wijdig moeten lopen.
b De doorsnede wordt een rechthoek met 𝑃𝑄 = 𝐹𝐺 = 6 en 𝑃𝐹 = 𝐺𝑄 = √45. c 50.
d De oppervlakte wordt 502= 2500 en de inhoud wordt 503= 125000 keer zo groot.
e De vorm blijft hetzelfde, de hoeken dus ook, het blijft een rechthoek. De lengtes worden met 50 ver-menigvuldigd en dus wordt oppervlakte 502= 2500 keer zo groot.
a
10 Omdat 82+ 152= 172geldt in deze driehoek de stelling van Pythagoras en is hij dus rechthoekig met hypothenusa 𝑃𝑅.
b Scherphoekig, want 𝑃𝑅 is dan te kort om ∠𝑄 recht te maken. 11 2, gebruik de stelling van Pythagoras.
12 𝐴𝐶 = √52 en 𝐸𝐹 = √55. a
13 Je hebt een hulplijn nodig, zie figuur. Bedenk zelf waarom de onderste zijde van het symmetrisch trapezium bestaat uit drie stukken van 6, 7 en 6 m. De gevraagde hoogte is √172− 132≈ 10,95 m.
b De oppervlakte van de dwarsdoorsnede is12⋅ (19 + 7) ⋅ √120 +12⋅ 7 ⋅ √120 = 1612√120 m2.
De inhoud van de dijk is 1612√120 ⋅ 12000 ≈ 2168981. Er is dus ongeveer 2,2 miljoen m3grond nodig. a
14 Zie figuur.
b √38,25 ≈ 6,2 m.
c De twee gelijkbenige driehoeken hebben samen een oppervlakte van 2 ⋅12 ⋅ 6 ⋅ √29,25 = 6√29,25. De twee symmetrische trapezia hebben samen een oppervlakte van 2⋅12⋅(12+6)⋅√29,25 = 18√29,25. Het gat voor de dakkapel heeft een oppervlakte van 3 ⋅ √1,52+ 2,252= 3√7,3125.
In totaal is dat ongeveer 122 m2aan dakpannen. a 15 √302+ 302≈ 42,2 cm. b 𝜋 ⋅ 0,302⋅ 4 − (√0,18)2⋅ 4 ≈ 0,41097335 m3en dat is ongeveer 411 dm3. c 60 ⋅ 60 ⋅ 30 −13⋅ 60 ⋅ 60 ⋅ 30 = 72000 cm3. a 16 Ongeveer 1000 /1100 ≈ 0,91 cm. b 13⋅ 𝜋 ⋅ 22⋅ 10 ≈ 42 m3.
c Dat volume is (11001 )3≈ 7,5 ⋅ 10−10deel van het volume van de echte spits. a
17 De volumevergrotingsfactor van de Eiffeltoren naar het schaalmodel is 0,00000005, dus de lengtever-grotingsfactor is 3
√0,00000005 ≈ 0,00368. Dit schaalmodel zou ongeveer 1,19 m hoog moeten zijn. b 16500000 ⋅ (0.00368)2≈ 224 cm2.
a
b Het gaat alleen om de oppervlakte van de vier opstaande driehoekige zijvlakken en die hebben een hoogte van √1152+ 1472≈ 186,6 m. De totale oppervlakte is dus ongeveer 4 ⋅12⋅ 230 ⋅ 186,6 ≈ 85854 m2.
c 𝑆𝑍 = 115 + 17,3 = 132,3. Omdat de stok en zijn schaduw een schaalmodel van Δ𝑇𝑆𝑍 vormen en de lengtevergrotingsfactor van de schaduw van de stok naar de lengte van 𝑆𝑍 gelijk is aan 132,30,9 = 147 moet de hoogte van de piramide ook precies 147 keer de lengte van de stok (1 m) zijn. Dus de opgegeven hoogte klopt.
a
19 52+ 122= 132.
b Bijvoorbeeld 8, 15, 17, maar natuurlijk ook alle veelvouden van 5, 12, 13 en 3, 4, 5, enzovoorts. c Ga door haakjes uitwerken na dat (u�2− u�2)2+ (2u�u�)2= (u�2+ u�2)2.
d 5, 12, 13 en 16, 30, 34. e Eigen antwoord. a
20 Vier tenstokken van 2,80 m, vier tentstokken van √1,42+ 1,42+ 0,42 ≈ 2,02 en vier tentstokken van √0,12+ 0,12+ 2,82≈ 2.80. Dat is in totaal ongeveer 30,50 m tentstok.
b Vier gelijkbenige driehoek met een basis van 2,80 en een hoogte van √1,42+ 0,42≈ 1,46. Elk van de vier grensvlakken die op de grond rusten bestaan uit een symmetrisch trapezium waaruit een iets kleiner symmetrisch trapezium is weggesneden. De hoogte van het grootste trapezium van zo’n grensvlak is √2,82+ 0,12≈ 2,80, de hoogte van het kleinste trapezium is dus 2,60 m.
De vier gelijkbenige driehoeken hebben samen een oppervlakte van 4 ⋅12⋅ 2,80 ⋅ 1,46 = 8,176 m2. De vier grensvlakken die op de grond rusten hebben samen een oppervlakte van 4 ⋅12⋅ (3 + 2,80) ⋅ 2,80 − 4 ⋅12⋅ (3 + 2,60) ⋅ 2,60 = 3,36 m2. In totaal dus ongeveer 11,54 m2tentdoek.