Hoofdstuk 5: Definities en stellingen. V_1.
a.
b. De som van de hoeken van een driehoek is 180o. Dus C 180o60o50o70o.
c. De drie zwaartelijnen van een driehoek gaan door één punt. d. En ook de drie hoogtelijnen van een driehoek gaan door één punt. V_2.
a./b. C 180o135o25o20o
Ook nu gaan de zwaartelijnen door één punt en de hoogtelijnen ook. V_3.
a. b.
c. Nee, de bissectrices vallen niet samen met de diagonalen. d. Nu wel, de vierhoek is een ruit.
e. ABCD is een rechthoek. De diagonalen delen de hoeken niet middendoor.
V_4.
a. loodrecht op elkaar: ruit, vlieger en vierkant
b. delen elkaar middendoor: ruit, parallellogram, rechthoek en vierkant c. delen de hoeken middendoor: ruit, vlieger en vierkant
V_5. a./b.
c. PQRS is een rechthoek. De zijden van PQRS zijn evenwijdig aan de
diagonalen van de ruit. En die staan loodrecht op elkaar, dus de zijden van PQRS staan ook loodrecht op elkaar.
d. Nu krijg je weer een parallellogram. V_6.
a.
b. Een ruit (AB tegen elkaar), een parallellogram (BC tegen elkaar) of een vlieger (BC tegen
AC)
c. Een gelijkbenige driehoek met basis 6 (KL tegen elkaar), een gelijkbenige driehoek met basis 10 (KM tegen elkaar), een rechthoek (LM tegen ML) en een vlieger (ML tegen ML) V_7.
a. juist: een ruit heeft twee paar evenwijdige zijden.
b. juist: een rechthoek, dus 4 rechte hoeken en een ruit, dus 4 even lange zijden. c. niet waar. De diagonalen van een vlieger delen de hoeken ook middendoor. d. juist.
1. a. A3 A1 (overstaande hoeken) b./c. A2 A4 180 A1 142 o o (gestrekte hoek) 4 2 1 3 78 ( ) 180 78 102 ( ) C C overstaande hoeken C C gestrekte hoek o o o o 2 2 4 1 1 3 78 ( ) 102 ( ) E C E F hoeken E C E F hoeken o o 1 1 2 3 1 2 1 3 1 1 4 4 2 180 64 ( ) 64 ( ) 180 116 ( ) 64 ( ) 116
B A C hoekensom van een driehoek
B B overstaande hoeken B B gestrekte hoek
D D B F hoeken B D D o o o o o o o 2.
a. E1 en E2 vormen een gestrekte hoek en E2 en E4 zijn overstaande hoeken.
b. E1 180 E2 38 E3 E1 38 E4 E2 142 c. 180 38 3 2 71 4 C D 1 3 3 2 4 4 3 71 ( ) 180 109 ( , ) A A C overstaande en F hoeken
A A C C overstaande F hoeken en gestrekte hoeken
2 4 4 71 B B D en 1 3 3 180 71 109 B B D 3. a. vergrotingsfactor 12 3 4 AC CD b. 1 2 4 4 4 18 AB DE
c. CDE CAB (F-hoeken) en ook CED CBA (F-hoeken) 4.
a.
b. ADE ABC (F-hoeken, want BC // DE)
AED ACB
en A hebben ze gemeenschappelijk. Dus VABC: VADE
c. De vergrotingsfactor is 24 16 1,5 AB AD 1,5 1,5 18 27 AC AE en 15 1,5 1,5 10 BC DE
d. EDC DCB (Z-hoeken, want BC // DE)
DEB EBC
en DFE BFC (overstaande hoeken). Dus VDEF: VCBF. e. De vergrotingsfactor is 15
10 1,5
BC
DE DF FC: 1:1,5
5.
a. B hebben ze gemeenschappelijk. BDC ACB90o en dan is ook BCD BAC
(hoekensom van een driehoek) Dus VABC: VCBD
b. BC 172152 8 De vergrotingsfactor is 17 1 8 28 dus 1 8 8 1 17 17 2 15 7 AC CD c. 2 1 2 4 17 17 15 (7 ) 13 AD en 4 13 17 17 17 13 3 DB
6.
a. C1 en A zijn Z-hoeken.
b. C3 B
c. A B C2 C1 C3 C2 180
o (gestrekte hoek)
d. De som van de hoeken van een driehoek is gelijk aan 180o.
7.
a. Teken vanuit één hoekpunt van de vijfhoek twee diagonalen. De vijfhoek wordt zo
opgedeeld in 3 driehoeken. De som van de hoeken van deze driehoeken zijn 3 180 o540o.
b. De hoekensom van een zevenhoek is (7 2) 180 o900o.
Teken vanuit één hoekpunt de 4 diagonalen. Deze diagonalen delen de zevenhoek op in 5 driehoeken …. 8. a. B1 B2 180 o (gestrekte hoek) b. A B1 C 180
o (hoekensom van een driehoek)
1 1 2 2 A B C B B A C B 9. 1 2 ADB C B
(stelling van de buitenhoek)
1 1 1 2 2 4 1 1 2 4 ( ) ADE ADB C B
BED A ADE stelling van de buitenhoek
A C B 10. a. 1 1 2 2 ASE
(stelling van de buitenhoek: VASC)
b. DSE360o SEB SDB (hoekensom van een vierhoek)
1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 360 ( ) ( ) 360 360 1 1 o o o 11. 1 2 BEC BCE
(VBECis gelijkbenig en stelling van de buitenhoek)
1 2
ADC ACD
(VACD is gelijkbenig en stelling van de buitenhoek) 180
o (hoekensom van een driehoek)
1 1 1 1
2 (180 ) 2 180 2 2
DCE
o o
12.
a. Nee, de langste zijde moet kleiner zijn dan de som van de andere zijden.
b. Teken een zijde AB van 9 cm. Teken een cirkel met middelpunt A en straal 7 en een cirkel met middelpunt B en straal 5. Het snijpunt van de cirkels is hoekpunt C van de driehoek. c. Ja, allemaal hetzelfde.
13. a.
b. C 180o50o30o100o
Alle driehoeken zijn gelijk. c. Ze zijn weer allemaal gelijk. 14.
a.
b. Nee, dan is er maar één driehoek mogelijk.
c. Als twee hoeken bekend zijn, dan ligt de derde hoek ook vast. L 180o30o57o93o. De driehoek
is éénduidig bepaald. 15.
a.
b. Congruentiegeval: ZHZ
16. plaatje 2: AB AC plaatje 3 (punt D wordt geconstrueerd): BD CD De zijde AD hebben ze gemeenschappelijk. De bovenste driehoek en de onderste driehoek zijn congruent (ZZZ). Dus CAD BAD.
17. De geconstrueerde punten zijn P en Q.
AP BP , AQ BQ en PQ hebben ze gemeenschappelijk: VAPQVBPQ (ZZZ)
AM BM : PQ snijdt AB middendoor. (1)
AMP BMP
V V (ZZZ). Hieruit volgt: AMP BMP (2) 180
AMP BMP
o (gestrekte hoek). Samen met (2) volgt nu: AMP BMP90o:
PQ snijdt AB loodrecht (3)
(1) en (3): PQ snijdt AB loodrecht middendoor; PQ is de middelloodlijn van AB.
18. BP BQ : VPBQ is gelijkbenig, dus BPQ BQP (1)
90
PTQ QRP
o. Nu is dus ook TQP QPR (hoekensom van een driehoek) (2)
Zijde PQ is gemeenschappelijk (3)
Uit (1), (2) en (3) volgt: VPTQVQRP (HZH) PT QR (4)
PST QSR
(overstaande hoeken) SPT SQR (hoekensom driehoek) (5) 90 PTS QRS o (6) Uit (4), (5) en (6) volgt nu VPTS VQRS (HZH) PS QS 19. ABAC (gelijkbenige driehoek) CAP BAP (P op de bissectrice van A) AP is gemeenschappelijk
Hieruit volgt dat VCAPVBAP (ZHZ). Dus ACP ABP en PCPB (1)
CPQ BPR
(overstaande hoeken) (2)
20. De hoogte lijn uit P snijdt QR in S en de hoogtelijn vanuit Q snijdt PR in T. PS QT (gegeven) (1) 90 PSR QTR o (hoogtelijnen) (2) PRS QRT (gemeenschappelijk) (3) Uit (1), (2) en (3) volgt: VPSRVQTR
Dus PR QR Ofwel VPQR is gelijkbenig.
21. a.
b. AD BC (gegeven) (1)
DAB AED
(AD ED , dus VAED is gelijkbenig.
AED ABC
(F-hoeken) Dus DAB ABC (2)
AB hebben ze gemeenschappelijk (3)
Uit (1), (2) en (3) volgt nu VDABVCBA (ZHZ) Dus BD AC. 22.
a.
b. Omdat AE EC (BE is een zwaartelijn) en BD DC (AD is een zwaartelijn) is ED // AB.
Omdat CED CAB en CDE CBA (F-hoeken) is
EDC ABC
V : V . De zijden hebben een vaste verhouding; 2
1
AB AC
ED EC . Omdat DEB EBA en EDA DAB
(Z-hoeken) zijn ook de driehoeken ABS en DES gelijkvormig. Voor de zijden geldt: 2
1
AS BS AB
DS ES DE .
c. Omdat AD BE (gegeven) is ook AS BS en ESDS (1)
ASE BSD
(overstaande hoeken) (2)
Uit (1) en (2) volgt: VASEVBSD (ZHZ) Dus AE BD Maar dan is ook ACBC en is VABC een gelijkbenige driehoek. 23.
a. DCA CAB (Z-hoeken) b. HZH
c. AD en BC zijn even lang en AB en CD ook.
d. Nu omgekeerd:
AB CD en BCAD (gegeven) (1)
AC is gemeenschappelijk. (2)
Uit (1) en (2) volgt: VABC VCDA (ZZZ)
Dus BCA DAC en daaruit volgt dat BC // AD
24. DAB ABC90o (gegeven), AD BC (gegeven) en AB is gemeenschappelijk, dus
DAB CBA
V V (ZHZ) dus ACBD: de diagonalen zijn even lang.
DAB DCB
Met AB CB en de gemeenschappelijke zijde BS volgt: VABS VCBS dus AS CS (de diagonalen delen elkaar middendoor) en ASB BSC. Samen zijn deze hoeken 180o
(gestrekte hoek), dus ASB BSC90o (de diagonalen staan loodrecht op elkaar).
Nu nog het bewijs van rechts naar links:
ASB BSC
V V (ZHZ) dus AB BC (de zijden zijn even lang).
BAS ABS
(VABSis een gelijkbenige driehoek) ASB90o (gegeven),
dus BAS ABS90o (hoekensom van een driehoek) dus BAS ABS45o
Hieruit volgt dat de hoeken van de vierhoek allemaal 90o zijn.
25. RAS PAS (AS is een bissectrice) (1)
AM is gemeenschappelijk (M is het snijpunt van de bissectrices) (2)
90
AMR AMP
o (gegeven) (3)
Uit (1), (2) en (3) volgt: VAMRVAMP (HZH) dus ARAP (4)
AS is gemeenschappelijk en met (1) en (4) volgt: VRASVPAS (ZHZ) dus RS PS (5)
RAQ PAQ
V V (ZHZ) dus RQ PQ (6)
RBS RBQ
V V (ZHZ) dus RSRQ (7)
Uit (5), (6) en (7) volgt: PS RS RQ PQ ofwel PQRS is een ruit. 26.
a. BAD ADC180o (ABCD is een parallellogram)
90
PAD ADP
o (AP en DP zijn bissectrices). Dus APD90o (hoekensom
van een driehoek) QPS APD90o (overstaande hoeken)
90
QRS
o (op dezelfde manier als hierboven)
BAD BCD
(ABCD is een parallellogram)
CDP AMQ
en DCR CNB (Z-hoeken) Dus PQR MQN90o
(overstaande hoeken en hoekensom van een driehoek). Vierhoek PQRS heeft vier hoeken van 90o, dus PQRS is een rechthoek.
b. PAD PAB (AP is een bissectrice) (1) Ook zo voor PDA PDC
90
APD
o (PQRS is een rechthoek), dus PDA PAD90o
In driehoek DPU is P 90o, dus is PUD PAD PAB (met (1))dus AB // CD
(Z-hoek)
AD // BC: het bewijs gaat zoals hierboven. ABCD is een parallellogram.
27. a. b.
c. BAD90o BCD90o360o (hoekensom van een
vierhoek) 180 BAD BCD o (1) 180 BCD BCE
o (gestrekte hoek) dus BCE180o BCD BAD (met (1)) BA BC (gegeven) en AD CE (ook gegeven). Samen met (1) volgt hieruit dat
BAD BCE
28.
a/b/c. Bij mij is 1 3 1 BD DC en ook 1 3 1 AB AC .
d. Vermoeden: in een driehoek is de verhouding van de aanliggende zijden van een hoek gelijk aan de 2 lijnstukken van de derde zijde die door de bissectrice van de hoek verdeeld wordt. 29.
a. ABCD is een trapezium.
b.
-c. B kun je ook aan de andere kant van de lijn AD kiezen.
d. ABCD is een parallellogram, dus AB CD en AD BC . Maar omdat B, C en D op de
cirkel liggen met A als middelpunt geldt ook dat ABAD. De vierhoek is een parallellogram en de vier zijden zijn even lang. De vierhoek is een ruit.
30.
a./b. PQRS lijkt wel een parallellogram.
c. ja.
d. Teken de diagonaal AC van vierhoek ABCD.
Omdat ASSD en CR RD is SR // AC en omdat
AP PB en CQ QB is ook PQ // AC. Ofwel PQ // SR. Met de diagonaal BD kun je ook bewijzen dat PS // QR.
PQRS is dus een parallellogram.
e. Dan staan de diagonalen van ABCD loodrecht op elkaar:
ABCD is een ruit.
f. Dan moet de vierhoek ook een ruit zijn. 31.
a.
b. EAP FAP (AP is de bissectrice van A) In VAPE is APE180o90o 90o 90 HPQ APE o (overstaande hoeken) (1) In VAFQ is AQF 180o90o 90o (2)
Uit (1) en (2) volgt: HPQ HQP. Dan is VHPQ een gelijkbenige driehoek en dus
HP HQ .
32. ABC CDE (Z-hoeken)
BC DE (gegeven) VABC VCDE (HZH)
90
BCA DEC
o
Hieruit volgt dat AC CE . VACE is een gelijkbenige driehoek, dus A2 E1.
39. BP CP (gegeven)
BPA CPR
(overstaande hoeken) VABPVRCP (ZHZ), dus BAP PRC(1)
PA PR (gegeven)
Op dezelfde manier kan worden bewezen dat VABQVCSQ en dus ABQ QSC (2) Uit (1) volgt dat AB // RC (Z-hoeken) en uit (2) volgt dat AB // SC.
AB // SR Dus S, C en R liggen op één lijn. 40.
a. De hoeken (in de figuur hiernaast aangegeven) bij punt S zijn gelijk (overstaande hoeken). Beide driehoeken hebben ook een rechte hoek, dus A B omdat de hoekensom van een driehoek altijd 180o is.
b. A B
41.
a. Voor de berekening van de oppervlakte van de driehoeken nemen we als basis AC.
Omdat de oppervlakte van de twee driehoeken gelijk zijn, is de lengte van de hoogtelijn uit
D op AS (DK) gelijk aan die van de hoogtelijn uit B op AS (BL).
DKS BLS
V V (ZHH), dus DSBS (S is het midden van BD).
b. Van VABS nemen we als basis AS. De hoogte is dan BL. Ook van VBCS is BL de hoogte (met als basis CS). Omdat de oppervlakten ook gelijk zijn, moet gelden: AS CS .
De diagonalen van vierhoek ABCD delen elkaar middendoor, dus is de vierhoek een parallellogram.
42. a./b.
c. ACD AED (VAEC is gelijkbenig)
AEC ECB
(1)
BDC ADE
(overstaande hoeken) (2) Uit (1) en (2) volgt nu dat VADE: VBDC (HH) De zijden passen in een verhoudingstabel:
AD AE AC
BD BC BC
d. Teken de hoogtelijn uit C. Deze snijdt AB in E.
1 1 1 2 2 2 1 2 sin sin
sin sin ( ) sin
sin
ABC AEC EBC
CE CE
AC b
CE b
Opp Opp Opp AE b EB b AE EB b
c b V V V e. 1 2 1 2 ADC DBC AD CE Opp AD Opp BD CE BD V V f. 1 2 sin ADC OppV b CD ACD en 1 1 2 sin 2 sin DBC OppV a CD BCD a CD ACD g. 1 2 1 2 sin sin ADC DBC b CD ACD Opp AD b AC BD Opp a CD ACD a BC V V
43. a.
b. 1
2
AB BS
BQ PS en de ingesloten hoek is 90o. Dus VABQ: VBSP.
44.
a. TM TM
MB ME (straal van de cirkel) VMBT VMET (ZZR)
90
MBT MET
o (hoek raaklijn en straal)
Dus MTE MTB (1)
Ik ga er van uit dat AB BM . Dan zijn de driehoeken ABT en MBT ook congruent en is
ATB MTB
(2)
Uit (1) en (2) volgt dat 1 3 ATB ATE . b. c. 45. … T_1.
a. AHE BHD (overstaande hoeken) 90
AEH BDH
o (hoogtelijnen)
AHE BHD
V : V (HH)
b. BEC ADC90o (hoogtelijnen) en C is gemeenschappelijk, dus VADC: VBEC
(HH)
AD BE
AC BC
T_2. Noem K het snijpunt van de bissectrice van hoek C met zijde AB.
1 2 180 CKB C B o (1) SKA CKB (overstaande hoeken) (2) 1 1 2 2 180 90 90 (180 ) 90 DSC SKA C B C B o o o o o
T_3. a.
b. De twee driehoeken zijn congruent (HZH) want hoek B ligt ook vast ( B 25o)
c. Ik zou op dit moment nog niet weten hoe jullie deze driehoeken moeten tekenen. Er bestaan twee niet congruente driehoeken die aan de gegevens voldoen.
T_4. A B (gegeven)
AHC BHG
(overstaande hoeken) VAHC: VBHG (HH)
Dus ACH BGH . Hieruit volgt dat de overstaande hoeken ECH en DGF ook gelijk zijn.
T_5. III: Op grond van F-hoeken kun je concluderen dat de overstaande zijden evenwijdig lopen. De vierhoek is dus een parallellogram met een rechte hoek.
II I: Ook hier kun je met F-hoeken aantonen dat als één hoek recht is, dat dan de aanliggende hoeken ook recht zijn, en dus dat het parallellogram vier rechte hoeken heeft.
IIII: Dit volgt direct uit de stelling van Pythagoras.
IIII: Als de diagonalen even lang zijn, dan zijn de halve diagonalen ook even lang. Zo ontstaan er gelijkbenige driehoeken in het parallellogram. Die hebben gelijke basishoeken. Daarmee kun je aantonen dat de hoeken 90o zijn.
T_6.
a. De afstand tussen twee evenwijdige lijnen is constant.
Twee evenwijdige lijnen hebben geen punt gemeenschappelijk. b. Stel dat de lijnen niet evenwijdig zijn. Dan is er een snijpunt S.
In driehoek ABS is de som van hoeken gelijk aan (180o) ASB180o ASB
Dat is groter dan 180o wat niet mogelijk is. Dus de lijnen kunnen elkaar niet snijden.
T_7.
b. KLMN is een parallellogram
d. NP NK (straal van cirkel c2) VNPK is een gelijkbenige driehoek, dus
NPK NKP
(1)
MP MQ (straal van cirkel c1) VMPQ is een gelijkbenige driehoek, dus
MPQ MQP
(2)
Uit (1) en (2) volgt dat MQ // NK (F-hoeken) (3)
MN // LK (gegeven) (4)
Uit (3) en (4) volgt nu dat vierhoek KLMN een parallellogram is. T_8.
a. VADQVPQC (ZHZ) AQD PCQ AQ // PC (1)
AP // QC (ABCD is een parallellogram) (2)
Uit (1) en (2) volgt dat APCQ een parallellogram is (twee paar evenwijdige zijden) b./c. en d. op analoge wijze.
e. Als PRSQ een ruit is staan de diagonalen RS en PQ loodrecht op elkaar en dan is ABCD een rechthoek.
