Uitwerkingen 1966 (B-diploma)
a) De oppervlakte van driehoek DEC wordt gegeven door de formule 1. . .sin 2
O CE CD .C Invullen van de gegevens levert dan op: 19, 2 1.8.6.sin
2 C
, waaruit volgt sin C 0,8. Hieruit volgt direct cos C 0,6.
De cosinusregel in driehoek DEC geeft vervolgens ED28262 2 8 6 0,6 42, 4 Hiermee is de lengte van ED bekend, namelijk ED6,5
b) Door nogmaals de cosinusregel in driehoek DEC te gebruiken, kan nu ook de grootte van CDE gevonden worden.
82 626,52 2 6 6,5 cos CDE levert op dat cosCDE0,1827 zodat CDE79,50 Daar DE antiparallel is met AB, geldt BAC CDE79,50
c) Eerder zagen we dat cos C 0, 6.
Bekeken in driehoek CDA betekent dit dat 6 0,6
8 AE waaruit volgt dat AE2.
19,2
6
8
H E D A B CSom 2
Vierhoek AIBIc is koordenvierhoek (twee overstaande hoeken van 900) en dus is AI Bc 540.
Dit heeft als gevolg dat het punt Ic op een cirkel ligt waarvan AB koorde is. Deze cirkel is
construeerbaar met de zogenaamde basis-tophoekconstructie. Deze gaat als volgt: teken op AB een gelijkbenige driehoek ABM met basishoeken van 36 0, zodat de tophoek M 108 0 is.
Teken nu de cirkel met M als middelpunt en MA als straal. Het punt Ic ligt nu ergens op de grootste
boog AB van deze cirkel. Door deze cirkel te snijden met een lijn evenwijdig aan AB en op de gegeven afstand q, ontstaan 2 mogelijke posities voor het punt Ic.
Door ten slotte in de punten A en B loodlijnstukken te zetten op AIc en BIc , ontstaat punt I.
Hoekverdubbeling bij A resp. B levert vervolgens C op.
c
C I I A B MSom 3
a) ABME is koordenvierhoek omdat EAM EBM 900
AFCM is koordenvierhoek omdat er twee overstaande hoeken van 900 zijn.
b) Noem AFM . Op grond van het voorgaande is nu ook ACM . Uit de gelijkbenigheid van driehoek MCB volgt dat ook CBM en dus ABE BME900.
De rechthoekigheid van driehoek MAB impliceert dan dat MEA.
Driehoek FME is dus gelijkbenig en daar MA loodrecht staat op EF volgt het gestelde.
E F C B D A M
