Hoofdstuk 3 Redeneren en bewijzen

(1)

Hoofdstuk 3:

Redeneren en bewijzen

1 a. _{  }A₁ A₂ _180_{(gestrekte hoek)} b. A2  A3 180 c. _{ }A₁ 180_{ }A₂ _{ }A₃ d. A2 180   A1 A4 2 a.   C B2 (Z-hoeken) en   A B3 (F-hoeken) b. B1 B2 B3 180        (gestrekte hoek) 1 180 B C A        3 B2,3 180 B1 A C 

        (uit de vergelijkingen van opgave 2b)

4 a. A1,2 A3,4 180 3,4 180 1,2 136 A  A       en 1 1 2,3 2 44 2 136 90 A         

b. De hoek tussen de deellijnen is 90°. c. Stel A1,2 2 , dan is A3,4 180 2     1 2,3 2 1234 90 A A      

d. De deellijnen van de hoeken van twee snijdende lijnen staan loodrecht op elkaar. 5 a.    A B 180  C 100 (hoekensom driehoek) 1 1 1 2 100 50 A B         en dan is S1 180 50 130        (hoekensom driehoek) b. _{   }A B 180 _{ }C_{(hoekensom driehoek)} 1 1 1 1 1 2 ( ) 2 (180 ) 90 2 A B A B  C  C                 1 1 2 2 1 180 (90 ) 90 S   C  C           6 a.

b. je krijgt dan dezelfde driehoek c.

7

a. ZZZ: één driehoek d. HHH: meerdere driehoeken mogelijk b. ZHZ: één driehoek e. ZZR: één driehoek

c. ZHH: één driehoek

8 VABM VDCM (ZHZ) VEMGVFMG (ZZR) VPQT VSRT (HZH) 9 AM DM (gegeven) EG FG (gegeven)

AMB DMC

   (overstaande hoeken) GM is gemeenschappelijk

BM CM (gegeven) M1 M2 90



(2)

P S    (Z-hoeken) PQ SR (gegeven) Q R    (Z-hoeken) 10 a. b. AC BC (gegeven) CM is gemeenschappelijk AM BM (gegeven) AMC  BMC V V (ZZZ), dus   A B

c. Teken de loodlijn uit F op DE (deze snijdt DE in G)

FG is gemeenschappelijk 90 FGD FGE      (loodlijn) D E    (gegeven) DGF  EGF

V V (ZHH), dus DF EF (de driehoek is gelijkbenig)

11 12 AB CD (opdracht 11)

a. BAF  ECD (Z-hoeken)

b. BAC  ACD (Z-hoeken) _AFB _{ }DEC _90_(gegeven)

AC is gemeenschappelijk VABF VCDE (ZHH)

BCA CAD    (Z-hoeken) dus BF DE ABC CDA V V (HZH) dus AB CD en BC AD 13 BE AD (gegeven) 90 BEC ADC      (loodlijnen) C  is gemmenschappelijk BEC  ADC

V V (ZHH), dus BC AC en dus is ABC een gelijkbenige driehoek 14 a. PM is gemeenschappelijk b. QA QB (gegeven) 90 PMA PMB      (gegeven: mAB) AM BM (gegeven) MA MB (gegeven) QM is gemeenschappelijk PMA PMB V V (ZHZ), dus PA PB VQAM VQBM (ZZZ), AMQ BMQ    en zijn samen 180°. Dus QM AB 15 a. b. SA SC c. SB SC d. SA SC SB 

e. dus S ligt op de middelloodlijn van AB 16

a. De drie middelloodlijnen van een driehoek gaan door één punt M (zie opdracht 15). Dit punt ligt even ver van de drie hoekpunten van de driehoek. M is het middelpunt van de omgeschreven cirkel.

(3)

17

a. ABCD en ABEC zijn parallellogrammen. Ze hebben twee paar evenwijdige zijden

b. uit a volgt dat CD AB en AB CE . Dus C is het midden van ED. De hoogtelijn uit C is de middelloodlijn van DE in driehoek DEF.

c. Op dezelfde manier kun je bewijzen dat de hoogtelijn uit B de middelloodlijn is van

EF en de hoogtelijn uit A de middelloodlijn van DF.

De middelloodlijnen van een driehoek gaan door één punt, en dus gaan de hoogtelijnen van driehoek ABC ook door één punt.

18 a. AP is gemeenschappelijk b. AQ is gemeenschappelijk PAB PAC    (gegeven) QD QE (gegeven) 90 ABP ACP 

    (gegeven) _QDA_{ }QEA_90_(gegeven)

ABP  ACP

V V (ZHH), dus PB PC VAQDVAQE (ZZR), dus

QAD QAE

  

19 S ligt op de bissectrice van A: d S AB( , )d S AC( , ) S ligt op de bissectrice van B: d S AB( , )d S BC( , )

Hieruit volgt dat d S AC( , )d S BC( , ), dus S ligt op de bissectrice van C. 20

a./b./d.

c. Omdat S het snijpunt is van de drie bissectrices, geldt:

SP SQ SR  . De cirkel met middelpunt S en straal SP raakt dus de drie zijden van driehoek ABC.

21 a. 1 2 SAB Opp_V  AB r 1 2 SAC Opp_V  AC r 1 2 SBC Opp_V  BC r b. 1 2 24 ABC Opp_V  AB AC  2 2 1 2 1 2 (6 8 6 8 ) 24 24 24 2 r r r         22

a. OppVPQR OppVPQM OppVQRM OppVPRM

1 1 1 1 2PQ r 2QR r 2PR r 2r omtrek PQR         _V 2 2 PQR _PQR PQR PQR Opp r omtrek Opp r omtrek      V V V V b. c. scherphoekige driehoek: 2 2 2 2 1 2 13 12 5 14 5 9 12 9 15 2 14 12 4 14 15 13 PH HQ QR r                

(4)

stomphoekige driehoek: 2 2 2 2 1 2 13 12 5 12 19 505 2 14 12 3,40 14 13 505 HP RQ r              23 a./b. c. factor 9 1 6 12 of 69 23 24 14 7 2 AC

CT   en BCCS 168 2 en hoek C is gelijk, dus VABC: VTSC (zhz) 17 1

2 82

TS 

25 a.

b. _ADC_{ }BEC _90_{(hoogtelijnen)}

C

 is gemeenschappelijk

ADC BEC

V : V (hh)

c. De overeenkomstige zijden passen in een verhoudingstabel: AC CD

BC CE

d. C is gemeenschappelijk en de verhouding van de aanliggende zijden is gelijk (zie opgave c). Dus VCDE: VCAB

e. DEC ABC en CDE  CAB

26

a. 1

2

CE CD

CA CB  en C is gemeenschappelijk: VCED: VCAB (zhz)

b. 1 2 DE AB  ofwel 1 2 DE  AB CED CAB    , dus ED // AB (F-hoeken)

c. De middenparallel van een driehoek is de helft van de overige zijde en is daaraan evenwijdig.

27

a. omdat ED // AB geldt: ABE  BED (F-hoeken) en AZB DZE (overstaande hoeken). Dus VABZ: VDEZ (hh).

b. 1 2 DE  AB, dus 2 1 AZ BZ AB DZ EZ DE  c. AS SD: 2 : 1

d. omdat AZ ZD: 2 : 1 en zowel Z als S op de zwaartelijn ligt moeten ze wel samenvallen.

28

a. A is gemeenschappelijk en AB AP:  AD AS: 2 : 1. Dus VAPS: VABD (zhz) b. PS is de middenparallel van VBDA, dus PS // BD en 1

2

PS BD.

c. Op dezelfde manier is te bewijzen dat VCRQ: VCDB en omdat RQ een

middenparallel is van VBDC is RQ // BD. Hieruit volgt, samen met antwoord b dat

(5)

Op analoge manier is te bewijzen dat PQ // SR.

PQRS heeft dus twee paar evenwijdige zijden; PQRS is een parallellogram.

d. Dan moeten PS PQ . Daarvoor moet AC BD . 29 a. _CE _ ₁₃2_₅2 _₁₂ b. DF 6 2 2 15 12 9 EB    en 12 2 1 2 2 7 6 4 FB   1 1 2 2 5 (9 4 ) 9 AF     en 12 2 1 2 4 9 6 126 AD   30 a. _MQ_ _MP2__PQ2 _{en omdat}_PQ₀_is_MQ_ _MP2 __MP

b. Als Q op de cirkel ligt, dan zou MQ gelijk moeten zijn aan MP, maar dat kan niet. Dus er is geen ander punt dan P op l die op de cirkel ligt.

31

a. MA MB MC MD   (straal)

AMB CMD

V V (ZHZ), dus AB CD

b. de bogen zijn even groot. 32 AM BM (straal) de loodlijn MS is gemeenschappelijk 90 MSA MSB      (gegeven: loodlijn) AMS BMS V V (ZZR), dus is AS BS 33 a. Stel: BMC 2 BM MC. VBMC is gelijkbenig, dus is 180 2 2 90 CBM BCM _  _ _       90 BCA 

  (Thales). Dan volgt dat _MCA_90 _(90_)_

MC MA . VACM is gelijkbenig, dus is CAM  CAB MCA b. Teken de middellijn AD.

Uit opdracht a volgt nu: 1 2 BAD BMD     en 1 2 CAD CMD     2 2 2( ) 2

BMC BMD CMD BAD CAD BAD CAD BAC

              

34 Teken ook nu weer de middellijn AD.

2

BMD BAD

   en CMD 2 CAD

2 2 2( ) 2

BMC CMD BMD CAD BAD CAD BAD CAB

              

35

a. die hoek is dan 2 108  216

b. die is 360216 144 c. en die is dan 1 2 144 72     36 a. b. 360 70 2 145 ACB _  _   

(6)

37

a. alle hoeken P, Q en R staan op dezelfde boog en dus gelijk aan de helft van de middelpuntshoek M op die boog. Alle hoeken P, Q en R zijn dus even groot. b. De omtrekshoek ACB is de helft van de middelpuntshoek AMB.

1 1

2 2 180 90

ACB AMB  

      

c. Teken de lijn door M loodrecht op AC. Deze snijdt AC in D.

ADM ACB    en A is gemeenschappelijk. ADM ACB V : V (hh) en de verhouding is 1 2 AM

AB  . Dus D is het midden van AC.

M ligt op de middelloodlijn van AC.

Op dezelfde manier kun je bewijzen dan M op de middelloodlijn ligt van BC.

Dus MA MB MC  .

38

a. BAC BDC (constante hoek)

ASB CSD

   (overstaande hoeken)

ABS DCS

V : V (hh)

b. Dat gaat op dezelfde manier als bij a. 39

a. Teken BD

A ligt op een cirkel met middellijn BD (Thales)

C ligt op een cirkel met middellijn BD (Thales) 40

a.

b. PAAM (raaklijn)

A ligt op een cirkel met middellijn PM (Thales) PB BM (raaklijn)

B ligt op een cirkel met middellijn PM (Thales) A, B, P en M liggen op één cirkel.

c. Construeer de middelloodlijn van PM om het middelpunt S te vinden van de cirkel. Construeer de cirkel met middelpunt S en straal PS.

De snijpunten van de twee cirkels zijn de raakpunten A en B. Construeer de raaklijnen PA en PB.

41

a. MA MB (straal). Dus MAB MBA (gelijkbenige driehoek)

MB MC (straal). Dus MBC MCB (gelijkbenige driehoek) Op dezelfde manier geldt: MCD MDC  en MDA MAD

2 _2 _2 _2 _360_{(hoekensom van een vierhoek)}

180

   _{   } _{(som van elk paar overstaande hoeken)}

b. 1

2

BAD BMD

   (waar C op ligt) (omtrekshoek) en 1 2 BCD BMD    (waar A op ligt) (omtrekshoek) 1 1 2( C A) 2 360 180 BAD BCD BMD BMD             42 a. _AQB_180

b. _AQP_90_{(Thales) en}__PQB _₉₀_(Thales)

90 90 180

AQB AQP PQB   

(7)

43 _ARH_{ }AQH _90_90 _180_{: ARHQ is een koordenvierhoek.} Op analoge wijze volgt dat BRHP en CPHQ koordenvierhoeken zijn.

Punt H ligt op de omgeschreven cirkels van driehoeken ARQ, BRP en CPQ. 44 _AQD_180_{ }  _{(hoekensom van een driehoek)}

180

BSC   

    (hoekensom van een driehoek)

180 180 360 ( )

AQD BSC           

             

2 _2 _2 _2 _360_{(hoekensom van een vierhoek)}

180

   _{   } _{en dus is}__AQD_{ }_BSC _₃₆₀_₍_{   }_{  } _{) 180}_  45 De som van de hoeken van een vijfhoek is 3 180_  _540

Elke hoek van de regelmatige vijfhoek is 108

De basishoek van een gele gelijkbenige driehoek is 180 _108 _72 De tophoek is dan 180_{ }2 72 _36 46 a. 180 70 2 55 BAC ABC _  _      (gelijkbenige driehoek)

MA ME en MB MD (straal cirkel), dus VAME en VBMD zijn gelijkbenig

180 2 55 70 AME    BMD        180 70 70 40 EMD          (gestrekte hoek) b. 180 1 2 90 2 BAC ABC _ _        1 2 1 2 90 180 2(90 ) 180 2 AEM EAM BDM AME BMD EMD                          47 PM is gemeenschappelijk MA MB (straal) 90 MAP MBP      (raaklijn) PMA PMB V V , dus PA PB 48 a. _BC _ ₂₀2_₂₁2 _₂₉ b. BP 20r en CR 21r c. BC BQ CQ BP CR    20 r 21 r 41 2 r 29 2 12 6 r r  

49 1. _AFC _{ }AEB_90_{(hoogtelijnen)} 2. A is gemeenschappelijk

3. VAFC: VAEB (hh) en dus is ACF  ABE

4. Vierhoek ABDE is een koordenvierhoek want D en E liggen op een cirkel met middellijn AB (2x Thales). Hieruit volgt ADE  ABE (constante hoek). 5. Vierhoek AFDC is een koordenvierhoek want F en D liggen op een cirkel met middellijn AC (2x Thales). Hieruit volgt ADF  ACF (constante hoek).

6. Uit 3, 4 en 5 volgt nu ADE  ABE  ACF  ADF: dus is hoogtelijn AD de bissectrice van EDF.

(8)

50 In VABM is A gemeenschappelijk en is de verhouding van de zijden

: 1: 2

AU AM  (U is het midden van AM) en ook AP AB: 1: 2 (P is het midden

van AB): VAPU : VABM (zhz)

Hieruit volgt PU BM: 1: 2 ofwel 1 2

PU  r .

Zo ook kun je bewijzen dat 1 2

PV  r . Dus is PU PV . En dat geldt op dezelfde manier voor de andere zijden.

51

a. l maakt een hoek van 90° met AM. (raaklijn en straal) 90

BAM  

  

ABM BAM

   (VABM is een gelijkbenige driehoek)

180 2 (90 ) 2

AMB    

      (hoekensom van een driehoek)

b. De hoek tussen een raaklijn en een koorde is gelijk aan een willekeurige omtrekshoek op die koorde.

52

a. als CAD dan is _ABC _90 _ _(hoekensom_V_ABC_).

90 (90 )

BCD    

     (hoekensom VBCD) en _ACD _90_ _(hoekensom

ACD

V ). Dus VADC: VCDB

b. Uit de gelijkvormigheid volgt AD CD

CD BD, ofwel

2

CD AD BD

c./d. Leuk bedacht, maar niet te verzinnen!

53

a. AB is gemeenschappelijk

CBA BAR

   (Z-hoek omdat BC // QR)

BCR CRA

   en ACR CRB (Z-hoeken), dus ACB BRA @

VABC VBAR (ZHH)

Het bewijs voor de andere driehoeken gaat op analoge wijze.

b. omdat PQ // AB, PR // AC en QR // BC, zijn de vierhoeken ABPC, BCQA, CARB parallellogrammen. De diagonalen van een parallellogram delen elkaar middendoor. Daardoor zijn de zwaartelijnen van driehoek PQR ook de zwaartelijnen van

driehoek ABC. En die gaan alle door Z.

c. PQ  2 AB, QR 2 BC en PR  2 AC, dus DPQR : DABC (zzz) d. CH  2 MD

e. CZ 2 DZ (zwaartelijnen van de driehoeken) en HCZ MDZ (Z-hoek)

DHCZ : DMDZ (zhz)

f. Ð_CZM+Ð_DZM=180o_{(Z ligt op zwaartelijn CD)}

ÐDZM= ÐCZH (volgt uit gelijkvormigheid opgave e)

180

Ð_CZM+Ð_CZH = o_{, dus H, Z en M liggen op één lijn.} g. VHCZ: VDMZ en de factor is 2.

(9)

Test jezelf

T-1 1. Ð = ÐA B (gegeven)

2. ÐAFC= ÐBFE (overstaande hoeken)

3. ÐACF = ÐBEF (hoekensom van een driehoek)

4. ÐACF = ÐGCD en ÐBEF= ÐHED (overstaande hoeken) 5. ÐGCD= ÐHED (volgt uit 3 en 4)

T-2 1. BA=CA (gelijkbenige driehoek) 2. ÐBAD= ÐCAE (tophoek en ÐCAD) 3. AD=AE (gelijkbenige driehoek)

4. DBAD@DCAE (ZHZ, volgt uit 1, 2 en 3) 5. BD=CE (volgt uit 4)

T-3 De bissectrices snijden elkaar in punt S

1. S ligt op de bissectrice van ÐA d S AB: ( , )=d S m( , )

2. S ligt op de bissectrice van ÐB d S AB: ( , )=d S l( , )

3. Uit 1 en 2 volgt dat d S m( , )=d S l( , ) en dus ligt S op n. T-4 _AB₌ ₁₀2_- ₆2 ₌₈

2 2

8 3 73

AE= + =

De zwaartelijnen van een driehoek snijden elkaar door in de verhouding 1:2 Dus 2

3 73

AS=

T-5 1. ÐABC= ÐBCD (Z-hoeken)

2. ÐAMC= ÐBMD(omtrekshoek en 1)

3. bg AC( )=bg BD( ) en dus ook AC=BD (boog en koorde)

T-6 1. ÐASC=90o_{, dus S ligt op een cirkel met middellijn AC (en middelpunt P)} (Thales)

2. PA=PS, dus ÐPAS= ÐPSA (gelijkbenige driehoek) 3. ÐPSA= ÐBSQ (overstaande hoeken)

4. ÐACD= ÐABD (constante hoek)

5. DACS: DSBQ (hh), dus is ÐBQS= ÐCSA=90o T-7 1. ÐYAX = ÐYBX (constante hoek)

2. ÐYAX = ÐP AP1 2 en ÐYBX = ÐQ BQ1 2 (overstaande hoeken)

3. dan zijn de middelpuntshoeken op P1P2 en Q1Q2 ook even groot (omtrekshoek)