MULO-B Meetkunde 1929 Rooms-Katholiek

(1)

1929RK Opgave 1

Uit het gegeven dat bg(AD) : bg(DE) : bg(EB) = 1 : 2 : 3 volgt dat AMD  M₁  300, DME  M₂ 600 en EMB M₃900.

Daar driehoek ABE rechthoekig gelijkbenig is en 1 ( ) 300 2 DAE bg DE    , volgt dat 1 1 3 3 3 2 6 3 3 CE AE  

De oppervlakte van driehoek ABC is derhalve: 1 6 3 1 3 2 6 9 3 3

2   2    , namelijk de som van de oppervlakten van de driehoeken ABE en AEC.

Opgave 2

Met  A 2 ,



 B 2 en  C 2 zien we dat driehoek AIC o.a. hoeken heeft van



en  . Omdat BI en BM loodrecht op elkaar staan (bisscectrices) heeft driehoek CMB o.a. hoeken ter grootte  en 900 , zodat  CMB1800(900  ) 90 0(900) (bedenk dat      90 )0 .

De driehoeken CAI en CMB hebben daarmee de hoeken



en  gemeen en zijn dus gelijkvormig. Uit de evenredigheid CA AI CI

CM MB CB volgt CI CM AC BC .

(2)

Opgave 3

Gegeven is de cirkel met middelpunt M en de koorde BC. Teken nu de middelloodlijn van BC. Deze snijdt de cirkel in de punten P en Q. Daardoor ontstaan aan weerszijden van de middelloodlijn twee bogen BQ en CQ, die gelijk zijn.

Met een hulplijn BE met daarop

BR RS



ST

verdelen we de koorde BC, zodat

BF FC

:



1: 2

. Trek nu de halve lijn QF, die de cirkel snijdt in D.

1 2 1 2

boog

boog C

BQ

CQ

BDQ

BQ

BDQ

CDQ

Q











_

 

 







_

, dus DQ is bissectrice van



BDC

.

We passen nu de bissectriceregel toe in



BDC

. We vinden

BD CD BF FC

:



:



1: 2



CD



2 BD

.