UItwerkingen Mulo-A Examen 1953 Meetkunde Rooms-Katholiek
Opgave 1
a) Uit het gegeven B 1200 volgt dat A 600 (binnenhoeken aan dezelfde kant v.d. snijlijn) en daar AM
bissectrice is van A , geldt DAM BAM 30 .0
Daar D B 1200 (overst. hoeken) volgt nu dat AMD300 (hoeksom in driehoek ADM).
Driehoek ADM heeft dus twee gelijke hoeken en is daarmee gelijkbenig: AD = DM.
b) Uit AD = DM en AD = BC (overst. zijden) volgt BC = DM = MC zodat ook driehoek BCM gelijkbenig is. Daar C A 600 (overst. hoeken) volgt nu dat BMC CMB600 en dus ook ABM 60 .0
BM is dus inderdaad de bissectrice van B.
c) We zagen reeds dat driehoek BMC gelijkzijdig is en derhalve is MB = BC.
d) Uit BAM300 en ABM 60 ,0 volgt dat AMB900 (hoekensom in driehoek ABM).
Opgave 2
a) Daar driehoek ABD van het type 300 – 600 – 900 is, volgt uit AB2 3 direct dat BD en 2 AD 4.
b) Driehoek ADE is rechthoekig in A en ABDE. Dan geldt volgens de projectiestelling dat
AB2BD BE of 2
(2 3) 2 BE. Hieruit volgt BE 6.
c) De stelling van Pythagoras in driehoek AED geeft 2 2 2 2
8 4 48 4 3.
AE DE AD Volgens de machtstelling geldt EF EA EB 2 ofwel 2
4 3 6
EF en dus 36 3 3. 4 3
EF d) BD2 DC DA (machtstelling) ofwel 22DC en dus 4 DC waaruit volgt 1 AC 3.
Volgens Pythagoras geldt dan CF2 AC2AF2 32( 3)212 zodat CF2 3. e) Nogmaals Pythagoras leert dat DF2AD2AF242( 3)219 en dus DF 19.
Opgave 3
De constructie kan als volgt geschieden.
1) Teken het lijnstuk AD en richt in beide eindpunten een loodlijn op.
2) Construeer van de rechte hoek in A de bissectrice en construeer vervolgens ook de bissectrice van de ontstane hoek van 450 waarvan AD een been is.
3) Het snijpunt van deze laatste bissectrice en de loodlijn in D is B. 4) Pas het lijnstuk DB vanuit D af op DA en noem het eindpunt C. 5) Voltooi de driehoek.
Verklaring van de stappen 2 en 4: driehoek ABC is gelijkbenig en heeft een tophoek van 1350, zodat de
basishoeken elk 22½ 0 zijn. DaarACB1350
, is BCD450en daar D 900, is driehoek BCD rechthoekig gelijkbenig.