MULO-B Meetkunde 1961 Rooms-Katholiek

Uitwerkingen Mulo-B Examen 1961 RK Meetkunde

Opgave 1.

a. In ABD geldt _BD2 _{ AB}2_AD2_{ 2 AB AD cosBAD}

₁₂2 _102_{    8}2 _{2 8 10 cos BAD }

1

8

160 cosBAD20cosBAD 

_{BAD82,81924422}o _83o

.

b. _BCD180o_{82,81924422}o _{97,18075578}o_.

In _BCD geldt sin BCD sin DBC

BD CD  _  _ sin sin 12 5 BCD DBC  _  _ 5sin sin 12 BCD DBC     o o 5 sin 97,18075578 sin 0, 4133986424 24, 4 . 12 DBC  CBD       c. O(_ABD) 15 (15 10)(15 8)(15 12)    of 1 o 2 ( ) 8 10 sin 82,81924422 O _ABD     . _{4 ( )} 10 12 8 _158,7450787960 6,047431568 6, 05 4 1575 AB BD AD R O ABD            .

Opgave 2.

a. De hoek van ₆₆o _{stellen we samen uit een hoek van 30}o _en

₃₆o_.

De hoek van ₃₀o _{vinden we door eerst een gelijkzijdige}

driehoek ABC te construeren en BAC middendoor te delen. De hoek van ₃₆o _{vinden we in ADEm.b.v. de verdeling}

van het lijnstuk AD in uiterste en middelste reden en met behulp van dit resultaat DAC te construeren.

Zie ook het algemene gedeelte over deze constructie elders op deze pagina van de website.

b. Het trapezium construeren we door eerst EFD te construeren met behulp van de basis-tophoek constructie. Gegeven is dat _BAD66o

. Omdat EF de middens van de opstaande zijden verbindt geldt EF AB// , dus

o

66

FED

  . Van EFD is dus de basis DF en de tophoek

FED bekend.

Construeer nu eerst _MFD. Van deze driehoek is DF bekend en we nemen _{MFD MDF 24}o _{of anders}

o o

132 ( 2 66 )

MFD

    . Tekenen we nu de omgeschreven cirkel van _MFD dan hebben we een (korste) boog DF, die gelijk is aan ₁₃₂o_{. Punt E ligt nu op de (grootste) boog FD.}

DA vinden we het punt A. Verdubbeling van EFD geeft de lijn, die lijnen evenwijdig aan EF door respectievelijk D en A snijdt in C en B.

Opgave 3.

dus het punt P ligt op een cirkel met CD als middellijn. Ook _{DQC90 ,}o

dus het punt Q ligt op een cirkel met CD als middellijn. Beide punten P en Q liggen dus op een cirkel met CD als middellijn, dus C, D, P en Q liggen op dezelfde cirkel, dus DPQC is een koordenvierhoek.

b. 1 2 1 2 (Gelijke Z-hoeken) boog boog ABD BDC BDC CQ QPC ABD QPC CQ        _       _ o o 180 (gestrekte hoek) 180 (bewezen) QPC APQ APQ ABD QPC ABD           

   _ , dus ABPQ is een

koordenvierhoek omdat de som van een paar overstaande hoeken gelijk is aan ₁₈₀o_.

c. BPDAQC, omdat

1 2 1 2

, want boog van cirkel , want boog van cirkel

CAQ DBP CAQ DBP PQ N ACQ BDP ACQ BDP PQ M                 dus BP AQ PD QC:  : DP AQ CQ BP   .