1933RK Opgave 1
Omdat driehoek AFE gelijkbenig is met een tophoek van 1200 , is FAE300
en dus 0
90 .
EAB
Het middelpunt N van de ingeschreven cirkel van vierhoek ABCE is het snijpunt van diameter EB en de bissectrice van BAE.
Daar EBA600, is driehoek ABE een zogeheten 300 – 600 – 900 driehoek. Hetzelfde geldt dan ook voor driehoek PBN omdat NP en EA evenwijdig zijn.
Wanneer p de straal aanduidt van de ingeschreven cirkel van vierhoek ABCE, dan geldt dus enerzijds 3 p PB en anderzijds PBAB AP r p Uit 3 p r p volgt 1 3 13 1 3 r r p .
Opgave 2
In onderstaand figuur is ook de derde hoogtelijn AF getekend.
BCD BAF
(rechte hoek en B gemeenschappelijk), waaruit volgt
BC CD BD
BA AF BF en dus BF BC BA BD
Idem: AFC BEC (rechte hoek en A gemeenschappelijk), waaruit volgt
AF FC AC
BE EC BC en dus AC EC FC BC
Ten slotte volgt nu: 2
( )
BC BC BC BC BF FC BC BF BC FC AB DB AC EC
Opgave 3
In onderstaande tekening zien we driehoek ABC met (delen van) de drie aangeschreven cirkels en hun raakpunten met de zijden van de driehoek.
Voor de constructie is van belang te weten dat bijv. CE = CD = AG = s en dat CG = s – b (waarbij b als gebruikelijk zijde AC voorstelt).
Bovendien staat CM loodrecht op CN (binnen- en buitenbissectrice van dezelfde hoek). De constructie kan nu als volgt verlopen.
1) Construeer de (congruente) rechthoekige driehoeken MEC en MDC . Hierdoor ontstaat punt C.
2) Construeer door C een lijn loodrecht op MC en een lijn evenwijdig aan EC op afstand ra. Hierdoor ontstaat het middelpunt N van de aangeschreven cirkel aan BC.
3) Construeer vanuit N een lijnstuk loodrecht op DC, waardoor het raakpunt G ontstaat. Uit CG = s – b volgt b = s - CG zodat zijde AC bekend is.
4) Pas lijnstuk AC vanuit C af op CD waardoor punt A gevonden is.
5) Construeer de cirkel met straal s en met middelpunt A. Deze snijdt de aangeschreven cirkel aan BC in G en F.
6) Snijd ten slotte AF met CE waarbij B ontstaat. 7) Teken driehoek ABC.
