Uitwerkingen Meetkunde MULO-B 1909 Openbaar
Opgave 1
We gaan uit van de gegeven driehoek ABC hiernaast en tekenen daarin de hoogtelijn CF. Het lijnstuk PR is het gevraagde lijnstuk, waardoor geldt
1 3
Opp (BPR) Opp (ABC).
De constructie hiervan berust op twee gegevens:
1. 1
3
Opp (BPR) Opp (ABC)
1 3 PB PR AB CF en 2. (gemeen)o hh (90 ) FBC PBR CFB RPB : : PB CF PB BF PR FC PR BF PB FC PR BF . (2) ingevuld in (1) geeft 1 3 PB CF PB CF PB AB CF PB BF 1 3AB CF BF 2 2 1 1 1 3 3 3 : : PB AB PB AB BF AB PB PB BF BF .
We vinden dus, dat PB middelevenredig is tussen 1
3ABen BF. We kunnen, daardoor PB construeren op de wijzen van de rechtse tekening. Daarbij is M het middelpunt van een halve cirkel. De middelevenredigheid van PB volgt uit de gelijkvormigheid van rechthoekige driehoeken. Door PB af te passen vinden we het punt P. De loodlijn in dat punt snijdt BC in R. PR is het gevraagde lijnstuk.
Opgave 2
1 1 3 3 30 10 BE BC ; 4 4 7 7 28 16 BD AB . In ABCgeldt 2 2 2 2 cos AC AB BC AB BC ABC 676 900 784 2 30 28 cos ABC1680cosABC1008cos 1008 3 1680 5 ABC . In BDE geldt 2 2 2 2 cos DE BD BE BD BE DBE. Uit 2 2 2 2 cos cos cos DE BD BE BD BE DBE DBE ABC volgt 2 3 5 256 100 2 16 10 164 DE 164 2 41 DE .
Opgave 3
o hh o ( 36 ) ( 72 ) FCD DAC CDF ACD FDC ACD : : DF CD CD AC (1).Nu geldt AC AD, dus ingevuld in (1) geeft dit
: :
DF CD CD AD (2).
zhz o
o
(zijden van een regelmatige 5-hoek) ( 72 ) (36 ) CD AE FDC FEA DCF EAF FDC FEA .
Omdat zowel FDCals FEAgelijkbenige driehoeken zijn (beide hebben een hoek van 72o en
o
36 en dus nog een derde hoek van 72 )o geldt
vanwege de congruentie CD CF AE AF, dus korter CDAF. Dit laatste ingevuld in (2) geeft DF AF: AF AD: .
Bekijken we deze laatste evenredigheid, dan zien we, dat de diagonaal AD in het punt F door diagonaal CE verdeeld wordt in twee stukken AF en DF, zo, dat het grootste stuk AF
middelevenredig is tussen het kleinste stuk DF en het geheel AD. De diagonaal AD is dus verdeeld in middelste en uiterste reden.
