Uitwerkingen Meetkunde MULO-B 1913 Openbaar
Opgave 1.
In deze opgave maken we gebruik van één van uitkomsten van de onderstaande theorie.
In een gelijkbenige driehoek met basishoeken 72o en tophoek 36o is de verhouding tussen de basis en een opstaande zijde gelijk aan (3 5) : ( 5 1) . Zie ook de artikelen "uiterste en middelste reden" en "72-72-36 driehoek"onder Meetkunde Algemeen.
Met behulp van de cosinusregel vinden we
2 2 2 2 cos AB BC AC BC AC ACB
2
2
2
o 3 5 5 1 5 1 2 5 1 5 1 cos(36 )
o 14 6 5 12 4 5 12 4 5 cos(36 ) o 2 2 5 1 5 6 2 5 6 2 5 6 5 10 cos(36 ) 36 20 12 4 5 6 2 5 6 2 5 o 1 1 4 4 o 4 4 5 cos(36 ) 16 cos(36 ) 5 .Ook volgens de cosinusregel geldt BC2 AB2AC22AB AC cosBAC
2
2
2
o 5 1 3 5 5 1 2 3 5 5 1 cos(72 )
2 o 2 3 5 5 1 cos(72 ) 3 5
o 2 5 1 cos(72 ) 3 5
o 14 14 o 3 5 5 1 2 5 2 cos(72 ) 8 5 1 cos(72 1 5 2 5 ) .
2 o 2 o 2 2 o 1 1 2 o 3 1 4 4 8 8 o 1 1 4 4 sin 36 cos 36 1 sin 36 5 1 sin 36 1 5 cos(36 ) 5
2 o 5 1 o 5 1 2 5 1 10 2 5 1 8 8 8 8 2 8 8 16 4sin 36 5sin 36 5 5 10 2 5 , dus
o 1 4 sin(36 ) 10 2 5 .
2 o 2 o 2 2 o 1 1 2 o 3 1 4 4 8 8 o 1 1 4 4 sin 72 cos 72 1 sin 72 5 1 sin 72 1 5 cos(72 ) 5
2 o 5 1 o 5 1 2 5 1 10 2 5 1 8 8 8 8 2 8 8 16 4sin 72 5sin 36 5 5 10 2 5 , dus
o 1 4 sin(72 ) 10 2 5 .
o 1 o 4 o 1 1 4 4 10 2 5 1 5 10 2 5 sin 36 10 2 5 10 2 5 1 5 tan 36 cos36 5 1 5 1 5 1 5 4
10 2 5
6 2 5
10 2 5 5 1 60 20 5 12 5 20 80 32 5 4 4 4 4 5 2 5 , dus tan(36 )o 5 2 5 .De berekening van de oppervlakte van ABCkan als volgt:
o 20 20 tan tan 36 5 2 5 BC BAC AB AB AB .
Er geldt dus Opp 1 2 (ABC) AB BC 12 20 20 5 2 5 200 200 5 2 5 200 5 2 5 5 5 2 5 5 2 5 5 2 5
40 5 5 2 5 40 5 5 2 5 40 25 10 5Opgave 2.
Met behulp van de figuur hiernaast analyseren we het probleem. Door BC te verlengen met AD tot het lijnstuk CG vinden we de schuine zijde van CFG. Omdat ook CFG( 90 ) o en FCG (gegeven) bekend zijn kunnen we CFGconstrueren.
In deze driehoek kunnen we dus ook de hoogtelijn EF tekenen. Nu geldt het volgende:
o (gemeenschappelijk) (90 ) ACD FCE ACD FCE CDA CEF : : AD EF AC CF (1) o (gemeenschappelijk) ( 90 ) ACB FCG ACB FCG BAC GFC : : BC CG AC CF(2)
Uit (1) en (2) volgt AD EF: BC CG: of AD BC EF CG: : . Omdat moet gelden AD BG vinden we dus BG BC EF CG: : .
Omdar nu het totaal CG bekend is en de verhouding van de stukken BG en BC waaruit CG is opgebouwd kunnen we de onderlinge delen BG en BC construeren.
Er geldt immers BG EF (BG BC) EF CG of EF BG CG EF CG ( ) BG EF CG EF CG (EF CG EF CG BG ) : : .
Omdat uit de laatste evenredigheid de eerste drie termen bekend zijn (zijn over te nemen na constructie van CFGen het tekenen van hoogtelijn EF) , is de laatste term BG als vierde evenredige te construeren.
Door BG af te passen vinden we B en door een lijn door B evenwijdig met FG te tekenen vinden we het punt A.
De constructie van de vierde evenredige is aangegeven in onderstaande tekening:
Opgave 3.
o o In geldt 90 In geldt 90AFC ACF BAC
ABE ABE BAC
bij gelijke hoeken horen gelijke bogen
ACF ABE
boog ARboog AQ bij gelijke bogen horen gelijke hoeken
APR APQ AP is bissectrice van QPR. o o In geldt 90 In geldt 90
BCE CBE ACB
ACD CAD ACB
bij gelijke hoeken horen gelijke bogen
CBE CAD
boog QCboog CP bij gelijke bogen horen gelijke hoeken
CRQ CRP
CR is bissectrice van QRP.
Omdat de hoogtelijnen AD, BE en CF door één punt gaan en dus ook de lijstukken AP, BQ en
