MULO-A Meetkunde 1965 Algemeen

Uitwerkingen Meetkunde MULO-A 1965 Algemeen

Opgave 1.

AS is bissectrice in _ACE. Uit de bissectricestelling volgt

1 2

: : : 1:1

SC ES AC AE AC AB omdat gegeven is dat 1

2 AC  AB. Uit : 1:1 SC ES  volgt ES SC(a). Uit ( is zwaartelijn) (overstaande hoeken) (verwisselende binnenhoeken) AE BE CE AES BEG SAE GBE   _ _{  }      

volgt _ASE_BGEES GE (b) Uit (a) en (b) volgt GEESSE

Omdat AEAC SC ES  is AS een zwaartelijn en op grond van het gegeven ook een bissectrice in _ACE, dus is AS ook hoogtelijn in _ACEdus ASCG.

We vinden // (gegeven) AS CG BG CG AD BG       Stel GEESSC x.

Omdat _BEGrechthoekig is geldt _BG2_EG2 _BE2_{. Verder geldt} 1

2 10

BE AB AC , dus _BG2_x2 _102 _BG2 _100x2 _(c)

Omdat _BCGrechthoekig is geldt _CG2_BG2 _BC2 _{(3 )x} 2_BG2 _182 _ 2 _{324 9} 2

BG   x (d)

Uit (c) en (d) volgt _100x2 _{324 9 x}2 _8x2 _224x2 _{28 x 28 2 7 , dus}

4 7 CE  .

Omdat SE x 2 7en _AS2_SE2 _{ AE}2 _{(OmdatBGCG AS BG // is ASE}

rechthoekig) _AS2 _

 

_{2 7} 2 _102 _AS2 _{100 28 72   AS 72 6 2}

Omdat _{AS SE, en ASE( 90 )} o _{bekend zijn kunnen we ASEconstrueren. Teken eerst een}

lijn als drager van AB, neem een willekeurig punt E, richt een loodlijn op en pas daarop SE q af. Pas tenslotte vanuit het punt S het lijnstuk SA af.

Teken door S een lijn evenwijdig aan AE. Door Pover te brengen kunnen we LSK construeren. Dit levert ons, na verlenging van SL, het punt B op.

De driehoek ASD en CSD hebben beide dezelfde hoogte: de loodlijn vanuit D op AC.

Omdat oppervlakte ASD : oppervlakte CSD 3 : 1 moet dus de basis van ASDdrie keer de basis van _CSDzijn, dus 1

3

SC AS. Door SC met een hulplijn in drie gelijke stukken te verdelen vinden we de lengte van lijnstuk SC. Door AS te verlengen met SC vinden we het punt C. Teken nu een lijn evenwijdig aan AB door C. Door BS te verlengen vinden we het punt D. Verbind tenslotte de punten A en D.

Opgave 3.

Er geldt 1 o 2 boog 90 AQB ASB AB      . Verder geldt zhz o (gemeenschappelijk) (gegeven) (90 ) BQ BQ RQ PQ AQB BQP     _     _ BQR BQP RBQ PBQ   (a) 1 2 1 2 boog boog RBQ QBS SQ SAQ SQ          _ RBQ SAQ    (b) o o 90 90 (a) P PBQ P RBQ RBQ PBQ               _ o o 90 90 P RBQ RBQ PAB QAB P PAB                 _ (c)

Stel _{RQ x PQ x BQ}2 _{ 9 x}2_. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 In geldt In geldt ABP AP AB BP AB AP BP ABQ AQ BQ AB           _   2 2 2 2 AP BP AQ BQ  2 2 2 2 2 (7 2 ) x  9 (7  x) (9 x )49 28 x4x  9 49 14 x x  9 x  2 2 1,2 7 49 4 2 9 7 121 7 11 4 14 18 0 2 7 9 0 1 2 2 2 2 4 x  x   x  x  x              x  

dus PQ1 (en dus ook RQ1)

Er geldt ₁ zz 2 (overstaande hoeken) ( boog ) ARS BRQ RBQ RAS SQ           _ BQRASR BR QR AR SR  1 3 3 1 2 7  SRSR .