Examen 1930
Som1
Omdat C het midden is van boog AB, is driehoek ABC gelijkbenig en dus is
CAB
B
. Volgens de stelling van de constante hoek geldt ook
D
B
.De driehoeken CDA en CAE hebben dan twee hoeken gemeenschappelijk en zijn dus gelijkvormig. Uit de evenredigheid
CD
DA
CA
CA
AE
CE
volgt nuAC
2
CE CD
*
*
*
E C B A D Som 2Met onderstaand figuur als uitgangspunt geldt
2
2
180
0 ofwel
90
0. Uit het feit dat complementaire hoeken omgekeerde tangenswaarden hebben, volgt4,5
2
r
r
. Dit levert opr
3
, zodat het trapezium hoogte 6 heeft.De oppervlakte bedraagt dus
1
(4 9) 6 39.
2
r r r F N D G A B E CSom 3
Zie onderstaand figuur. De dik aangegeven lijnstukken zijn in lengte gegeven.
Voor de lengte van lijnstuk AE geldt AE = s, en omdat de omtrek 2s gegeven is, is lijnstuk AE bekend. De constructie zou als volgt kunnen worden uitgevoerd.
1) Teken een drager voor lijnstuk BC en pas daarop lijnstuk BD af.
2) Richt in D de loodlijn op, pas daarop lijnstuk Ma D af en teken de cirkel (Ma , Ma D).
3) Spiegel driehoek DBMa in Ma B , hetgeen punt E op de cirkel oplevert.
4) Pas op het verlengde van EB het lijnstuk EA = s af.
5) Cirkel vanuit A lijnstuk AE om en snijd met de cirkel, hetgeen F oplevert. 6) Het snijpunt van AF en het verlengde van BD is C.
7) Verbind de punten B en C. E D F Ma A C B