Uitwerkingen Mulo-A Examen 1968 Meetkunde RK
Opgave 1.
hzh (overstaande hoeken) (verwisselbare binnenhoeken) (gegeven) SEC TEB SCE TBE CE BE CES BET zz o (gemeenschappelijk) (90 ) DAS BAT ADS ABT : : 2 :10 1: 5 ADS ABT DS BT AD AB (bewezen) : 1: 5 : 1: 5 (bewezen) CES BET CS BT DS CS DS BT : 1: 5 5 1 5 6 1 DS CS CS CD DS CS DS . In ACDgeldt AC2 AD2CD2 AC2 4 36 40 AC 40 2 10 In BCDgeldt BC2 BD2CD2BC2 64 36 100 BC 100 10 5 BT CS 1 1 2 2 1 1 2 2 ( ) 2 6 6 ( ) 6 44 50 ( ) ( ) 8(6 5) 44 O ACD AD CD O ABTC O DBTC BD CD BT Opgave 2.
Omdat van MECde zijde
( ) CE a en de hoeken MEC o (90 )en EMC (EMC BMC P ) bekend zijn
kunnen we MECconstrueren.
Teken daartoe eerst de drager van AB, richt een loodlijn EC op met de lengte a, teken door C een lijn evenwijdig aan de drager van
AB en breng Pover. We
vinden zo na snijden met de drager van AB het lijnstuk CM. Na de constructie van MEC
kunnen we de bissectrice MF construeren, waarna door de halve lijn CF te snijden met de drager van AB het punt B oplevert. Omdat M het midden is van AB vinden we ook het punt A. Omdat AD MD ligt het punt D op de middelloodlijn van AM. Het snijden van deze
middelloodlijn met de lijn door C evenwijdig met AB geeft het punt D. Verbind nu A nog met D. Opgave 3
.
hh (boog boog ) (overstaande hoeken) TAS TEP BD CD STA PTE EPT AST .Uit bovenstaande volgt uit het gegeven, dat
o 90 EPT , dat S AST 90o. zzr o (boog boog ) (gemeen) (90 ) MEP BEP CD BD EP EP TPE BPE MPE BPEET EB .
In MDPgeldt MD5 (straal)en PM 3. Met Pythagoras vinden we dus
2 2 2 32 2 52 2 16 4
PM PD DM PD PD PD . Op dezelfde wijze als bij PD4vinden we PE4.
In EPT geldt ET2 PM2EP2ET2 2242 20ET 2 5
Uit EPT ASTvolgt 6
5 6 : : 2 : 2 5 : 6 5 2 5 PT ST ET AT ST ST . Omdat o zhz (gemeen) (90 ) (boog boog ) AS AS AST ASC TAS CAS BD CD 6 5 5 AST ASCST CSCS , dus 12 5 5 CT