Openbaar mulo-A examen 1948 uitwerkingen Opgave 1
Omdat driehoek ABC gelijkbenig is, is
A
B
. De buitenhoek bij C is dan gelijk aan2
Daar CE buitenbissectrice is, geldt
BCE
waaruit volgt datCE
/ /
AB
.Omdat ook geldt CD = BD en
CDE
ADB
(overstaande hoeken), zijn de driehoeken ABD en CDE congruent, zodat AD = DE.In vierhoek ABEC halveren de diagonalen elkaar dus, waaruit volgt dat het een parallellogram is.
E D A B C F Opgave 2
Trek hoogtelijn CE. Omdat AC bissectrice is van
A
, heeft driehoek ACD twee gelijke hoeken, waaruit volgt dat AD = CD = 6. De oppervlakte van vierkant AECD is dan gelijk aan 36.Uit het gegeven dat BC = 10 en dat CE = 6, volgt EB = 8 (st. van Pythagoras). De oppervlakte van driehoek BCE is daarmee bekend, namelijk 24.
De totale oppervlakte van het trapezium ABCD is dan 36 + 24 = 60.
* * * 10 6 A B C D E
Opgave 3
In een ruit worden de hoeken gehalveerd door de onderling loodrechte diagonalen. Tezamen met de gegeven lengte van hoogtelijn SE is driehoek ASE hiermee construeerbaar. De volledige ruitconstructie kan dan bijv. als volgt verlopen.
1) Trek een basislijn en kies daarop een punt E.
2) Richt in E een loodlijn op en pas daarop de gegeven lengte ES = d af. 3) Construeer in S het complement van de helft van de gegeven
A
. 4) Het tweede been van deze hoek snijdt de basislijn in A.5) Verdubbel
SAE
waarmee de drager van zijdeAD
gevonden is.6) Construeer in S de loodlijn op AS. Hiermee worden de punten B en D gevonden. 7) Verleng AS met een gelijk lijnstuk SC.
8) Voltooi de ruit. d E S D A B C Opgave 4
De cosinusregel in driehoek MCD geeft
BC
2
6
2
6
2
2.6.6.cos120
0
108
en dusBC
6 3
UitAB
12
en
B
30
0 volgt danAD
4 3
enBC
8 3
.De machtstelling
DA
2
DC DB
geeft dan(4 3)
2
DC
8 3
ofwelDC
2 3
.120 6 6 D C A M B
