MULO-A Meetkunde 1965 Rooms-Katholiek

Uitwerkingen Mulo A RK (1965)

Opgave 1

E E overst hoeken SAE GBE hzh SAE EBG Z hoeken

      _       _   en dus geldt GE = ES

In driehoek CAE is AS een bissectrice, waaruit volgt dat CS : SE = AC : AE = 1 : 1 . Er geldt dus dat CS = SE = EG.

b) Driehoek EAC is gelijkbenig en dus staat bissectrice AS loodrecht op de basis EC. Uit de congruentie van de driehoeken ASE en BGE volgt dat ook _{ G 90}0_.

c) Daar AC = 10, is AB = 20. Tezamen met het gegeven BC = 18, kan zwaartelijn CE met de zwaartelijnstelling berekend worden.

Uit 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 c z  a  b  c volgt dat 2 1_.182 1_.102 1_.202 ₁₁₂ 2 2 4 c z     en dus zc 4 7.

Uit _AS2 _{ AE}2_SE2 _102_{(2 7)}2 _{72 volgt dat}

6 2 AS 2 1 * II II * * G S D E A B C

Opgave 2

De gevraagde constructie kan als volgt verlopen. 1) Construeer de rechthoekige driehoek EAS.

2) ConstrueerESB (het complement van de gegeven EBS) waarmee punt B vastligt. 3) Verleng AS met het lijnstuk SC waarvoor geldt 1

3

SC AS. 4) Construeer door C een lijn evenwijdig met AB.

5) Het snijpunt van deze lijn met het verlengde van BS bepaalt punt D. 6) Voltooi het trapezium.

E

S

A B

C D

Opgave 3

a) Daar AB middellijn van de cirkel is, is _AQB900

. Uit het gegeven RQ = QP volgt dan dat driehoek PBR gelijkbenig is en dat RBQ PBQ.

b) Uit het voorgaande volgt dat de bogen SQ en BQ gelijk zijn, dus ook de hoeken SAR en RAB. Dat houdt in dat AR bissectrice is in driehoek BAS.

c) Volgens de machtsstelling geldt _PB2 _{PQ PA .}

Als we de lengte van het lijnstuk PQ voorstellen als z, dan geldt dus ₃2 _{ z (2z7) waaruit} volgt z = 1.

De driehoeken ASR en BQR zijn gelijkvormig, daar ze twee hoeken gemeen hebben. Uit AR = 7 en BR = 3 volgt dat SR = 7

3RQ ofwel SR = 7 3. S Q A M B P R