MULO-A Meetkunde 1956 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen MULO-A Rooms-Katholiek 1956

Opgave 1

a) AC is bissectrice van BAD (diagonaal in ruit) en BE is bissectrice van CB(geg). Omdat BC // AD (ruit), is BAD CB.

Uit 1 1

2BAD 2 CB ofwel BAC  EB volgt nu dat AC // BE.

b) BDBE omdat

BD



AC

(diagonalen van ruit) en BE // AC volgens de vorige vraag. c) BEC EB (Z-hoeken)

 

EBC

 

AFB

(want AF // BC).

Driehoek FDE heeft dus twee gelijke hoeken en is dus gelijkbenig.

d) Uit de resultaten van de vragen b en d volgt nu dat BF = BE (hoogtelijn op basis in gelijkb. driehoek). Bovendien is BE = AC omdat ABEC een parallellogram is (twee paar evenw. zijden)

Nu hebben we:

1 1 2

2 2

DEF

Opp_  EF BD   BE BD BE BD    AC BD

Daar de oppervlakte van een ruit gelijk is aan het halve product van de diagonalen, volgt dus OppDEF AC BD  2 OppABCD ofwel 1

2

ABCD DEF Opp  Opp

Opgave 2

a)

MA



AC

(straal loodrecht op raaklijn), zodat driehoek ABC rechthoekig is. De stelling van Pythagoras) in driehoek ABC luidt:

BC2  AB2 AC2 6282 100 en dus BC = 10.

Uit AB2 BD BC volgt dan 62 BD10 en dus BD3, 6.

b) Uit AD2 BD CD volgt nu AD2 3,6 6, 4 23,04  en dus AD4,8. c) De oppervlakte van driehoek ABC is 1 1 6 8 24.

2AB AC    2

De oppervlakte van driehoek MAE is 1 1 3 4 6.

2AM AE    2

(2)

Opgave 3

Als punt van de middelloodlijn van AB ligt E even ver af van A als van B. Dit impliceert dat van driehoek AEC alle zijden gegeven zijn en daarmee is deze driehoek construeerbaar. De volledige constructie kan nu als volgt worden uitgevoerd.

1) Construeer driehoek AEC.

2) Verleng CE en pas hierop het gegeven lijnstuk EB af. 3) Verbind A met B.