MULO-B Meetkunde 1936 Rooms-Katholiek

Uitwerkingen Meetkunde MULO-B 1936 Rooms-Katholiek

Opgave 1.

Voor de omtrekshoek ACGgeldt _ACG90o_,

dus AG middellijn is (omgekeerde stelling van Thales), dus geldt _ABG90o_.

o 90 (aangetoond) is hoogtelijn ABG CF CF AB        _ CF BG//  // CH BG (2).

Uit (1) en (2) volgt, dat de overstaande zijden van vierhoek BGCH evenwijdig zijn dus BCGH is een

parallellogram. In een parallellogram delen de diagonalen elkaar middeldoor, dus deelt GH de zijde BC middendoor.

Opgave 2.

In de analysefiguur hiernaast zien we, dat als de cirkel bekend is en ook de ligging van het punt P de lengten van de lijnstukken BP en AP ook bekend zijn, waarbij A en B de snijpunten zijn van de lijn door P en het middelpunt M van de cirkel. Verder kan in een aparte tekening met een hulpconstructie

CMD

 geconstrueerd worden omdat

o o 2 5 boog 360 144 CMD CD      . De hoek van ₁₄₄o_{kan met behulp van uiterste en}

middelste reden geconstrueerd worden.

Passen we nu de machtsstelling toe (neem BP x ), dan vinden we PB PA PD PC   

2 2 1 2 1 2 4 4 ( ) x x AB  PD PC x  x AB PD PC  x  x AB AB PD PC  AB  2 2 1 1 2 4 (x AB) PD PC  AB .

In de linker afbeelding zien we de beginsituatie. Daarmee worden de lengten van de lijstukken PD

en PC vastgelegd. In de rechter

afbeelding zien we een cirkelboog met

AM BM ren

o

144

AMB

  . Daarmee wordt de lengte van AB vastgelegd. We moeten nu de lengte van het lijnstuk x vinden waarvoor geldt 1 2 1 2

2 4

(x AB) PD PC  AB .

Stel

1: :

PD PC  p PD PC p . De constructie van p zien we hiernaast.

Stel 1 2 1

4 AB  q 1:4ABAB q: . De constructie van q zien we hieronder:

2 2 1 1 2 4 2 1 2 2 1 4 ( ) ( ) x AB PD PC AB PD PC p x AB p q AB q         _      _

Hiernaast zien we het lijnstuk met de lengte p+q

2

1 1 1

2 2 2

(x AB)   p q 1: (x AB) ( x AB) : (p q ), dus kunnen we het lijnstuk met lengte 1

2

x AB construeren als een lijnstuk, dat middelevenredig is tussen de lengtes 1 en (p+q).

Hiernaast zien we de constructie.

Teken eerst het lijnstuk UZ met lengte 1 en verleng dit lijnstuk met een lijnstuk met lengte p q . Teken een halve cirkelboog met het midden M van lijnstuk UW als middelpunt. De loodlijn VZ op UW snijdt de cirkelboog in V. Het lijnstuk VZ is het gevraagde lijnstuk.

Dit blijkt uit het feit, dat de _UZV _VZW.

In de tekening hiernaast zien we het lijnstuk 1 2

PK VZ  x AB.

Als we PK verminderen met 1 2 AB.

We vinden nu het gevraagde lijnstuk PB (zie eerste tekening van deze opgave).

Door nu PB om te cirkelen vanuit P wordt de cirkel twee keer gesneden en hebben we twee oplossingen, die voldoen.

Opgave 3.

CE is bissectrice en verdeelt AB is de stukken BE8en AE4. Volgend de bissectrice stelling geldt nu AC BC: 4 : 8 1: 2 

2

BC AC.

Stel nu AC  x BC2x. Passen we nu de stelling van Pythagoras toe, dan vinden we _AC2_BC2 _{ AB}2_x2_4x2 _144

2 2 144 12

5 144 5

5 5

x  x   x . We vinden dus voor AC de lengte 12 5 5 en voor BC de lengte 24 5 5 . Verder geldt 125 1 5 5 cos 5 12 AC BAC AB      1 5 cosCAE 5. In _ACEgeldt _CE2 _{ AC}2_AE2_{ 2 AC AE cosCAE}







  