MULO-B Meetkunde 1950 Algemeen

Uitwerkingen Mulo-B Examen 1950 Meetkunde

Opgave 1.

Nu geldt _ABH _GFH omdat (bewezen) (overstaande hoeken) ABG GFA AHB GHF         _ Hieruit volgt AH GH: BH FH: AH HF BH HG .

Opgave 2.

sin sin sin 65 10' sin 46 33'

BC AC AC BAC  ABC      o o 10 sin 46 33' 7, 259747974 7,999428774 sin 65 10' 0,9075332976 AC     . o 65 10 ' DCA BAC     .

In ACD geldt _AD2 _AC2_CD2_{ 2 AC CD cosDCA}

2 _7,9994287742 ₃2 _{2 7,999428774 3 cos 65 10 '}o

AD        _AD2 _{52,83325365}

7, 268648681 7,3

AD 

Opgave 3.

Zie voor de constructie van een hoek van ₇₂o _{de aanvulling na opgave 3.} Teken eerst het lijnstuk AB (=9,1). Neem daarna de hoek

van o

72 over uit de hulpconstructie van deze hoek. Pas BC (=6,9) af. Construeer de bissectrices van de hoeken ABC en

BCD. Deze bissectrices snijden elkaar in M. Dit is het

middelpunt van de cirkel die in het trapezium ABCD beschreven kan worden. Construeer nu vanuit A de raaklijn aan deze cirkel. Deze raaklijn snijdt de lijn door C evenwij-dig aan AB in D.

Verdeling van een lijnstuk in uiterste en middelste reden en constructie hoek van

o

72

.

figuur 1

Voor deze constructie gaan we uit van _ABC met _ABC90o

en AB 2 BC. Construeer een cirkel met middelpunt C en straal BC. Deze snijdt zijde AC in D. Construeer nu een cirkel met middelpunt A en straal AD. Deze snijdt zijde AB in E.

We hebben nu een gulden snede aangebracht op lijnstuk AB, d.w.z. het grootste deel AE is middelevenredig tussen het kleinste lijnstuk AE en het gehele lijnstuk AB. Zie figuur 1. Gaan we uit van BC 1 (AB 2 AC 5). Als nu ook geldt CD1 dan geldt verder

5 1

AE AD  dus BE 2 ( 5 1) 3   5

Er geldt dus BE AE: AE AB: of (3 5) : ( 5 1) ( 5 1) : 2   .

Ook zeggen we, da het lijnstuk AB in uiterste en middelste reden is verdeeld. Eigenlijk een vreemde uitdrukking, want er zijn twee reden (BE AB: en AE AB: ), die men eventueel beide uiterste reden zou kunnen noemen, maar een middelste reden is er niet want er zijn maar twee reden.

Voorheen sprak men over een lijnstuk in gedurige reden verdelen. Een gedurige reden is een evenredigheid, waarbij beide middelste termen gelijk zijn.

Door nu het kleinste gedeelte van AB, nl. BE te gebruiken als basis van een gelijkbenige driehoek met als benen het grootste stuk van AB, nl AE, krijgen we een driehoek met _{   B E 72}o

en _{ A 36}o

. Zie figuur 2.

figuur 2

figuur 3

In figuur zien we nogmaals de constructie van de verdeling in uiterste en middelste reden.

Daar is de constructie van een driehoek van één hoek van ₃₆o _{en twee hoeken van 72}o _{aan toegevoegd.} In _ABB' geldt, dat AEAB' 5 1 en

1 1 2 2 3 5 ' 3 5 1 5 2 B E BE   EF    .

In AEF geldt _sin 112 12 5 5 1 EF EAF AF       o o 1 1 4 5  4 EAF18  EAB' 36 .