MULO-B Meetkunde 1942 Algemeen

Uitwerkingen MULO-B Meetkunde Algemeen 1942

Opgave 1

Omdat ACaen AC BC (_ABC is gelijkbenig) geldt ACBC a . Omdat gegeven is, dat BD BC

vinden we dus ACBCBD a . o o o 135 45 90 ACB BCD ACD BC BD        _  _   _    _ o o o 45 90 45 BCD CBD CBD          _ .

Omdat _BCD rechthoekig is geldt

2 2 2 BC BD CD  2 2 2 2 2 2 CD a a  a CD a . Nu geldt : 2 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 O ADBC O ACD_ O BCD_  AC CD  BC BD   a a  a a  a  a

Opgave 2

Stel BAD   ABC omdat ABCD een gelijkbenig trapezium is.

Stel CAD   ACD  _ADC180o _2 (1).

Omdat BAD is geldt _ADC180o_ (2). Uit (1) en (2) volgt ₁₈₀o_{2 180}o_{    2}

(3). Uit ABC volgt dat ACB , immers

AC AB, dus _ABCis gelijkbenig.

Van driehoek ABC geldt voor de som van de hoeken van

de driehoek _{BAC ABC ACB(  )    180}o_{3  180}o _(4). Uit (3) en (4) volgt _{6  180}o _{  36}o_.

Hieruit volgt _{BAD ABC72}o _{en ACD BCD180}o_72o _108o_. Trekken we CE AD// dan ontstaat het parallellogram

AECD en krijgen we een gelijkbenige driehoek BCE

met _{BEC ABC72}o

en dus _BCE36o . In zo'n driehoek geldt BE BC: BC BE BC: (  )

Omdat BC CD  AE en

BE BC BE CD BE AE    ABgeldt dus

: :

BE AE AE AB en is dus AB in uiterste en

middelste reden verdeeld, waarbij het grootste gedeelte van AB gelijk is aan CD.

In de analysefiguur hiernaast gelden de volgende gegevens: AB5,DM 3,6 en o

60

ACB

  .

In het vervolg zal ik aantonen, dat deze gegevens strijdig zijn en dat de opgave dus onjuist is.

o o

60 120

ACB CAB ABC

      

o o o

(hoekensom) GAB FBA360 120 240 . Omdat het middelpunt M van de

aangeschreven cirkel ligt op het snijpunt van de buitenbissectrices van de hoeken CAB en

CBA geldt dus _{MAB MBA120}o _{ AMB60 (hoekensom)}o . De aangeschreven cirkel raakt AB in het punt E.

Stel BE x AE  5 x DE 2,5x. In _DME geldt _DM2 _DE2_EM2 _

 

_{3, 6} 2 _(2,5x)2_EM2_ 2 2 2 2 12,96 6, 25 5  x x EM EM 6,71 5 x x . In _BMEgeldt _BM2 _BE2_EM2 _BM2 _{ x}2 _{6,71 5 x x} 2 _BM2 _{6,71 5 x.} In _AMEgeldt _AM2 _{ AE}2_EM2 _{ AM}2 _(5x)2_{6,71 5 x x} 2_ 2 _{25 10} 2 _{6, 71 5} 2 2 _{31, 71 5} AM   x x   x x AM   x. We passen nu de cosinusregel toe in _AMF:

2 2 2 2 2 o 2 cos 31,71 5 6,71 5 60 5 AB AM BM AM BM AMB AM x BM x AMB AB            _{ }    _      _ 1 2 25 31,71 5  x6,71 5 x 2 31,71 5 x 6, 71 5 x 



 



2 31, 71 5 x 6, 71 5 x 13, 42 31, 71 5 x  6,71 5 x 13, 42  2 2 212,7741 125 x25x 180,096425x 125x32,6777 0  2 1,2 125 125 4 25 32,6777 125 137, 4509731 50 50 x          5, 249019462 0, 249019562 x   x .

Beide uitkomsten voldoen niet. De waarden houden in, dat het raakpunt van de aangeschreven cirkel buiten het lijnstuk AB liggen.

De limietstand voor raken aan AB in een punt op lijnstuk AB (als x0) zien we in de tekening hiernaast. In deze tekening geldt 1

2 2 ADDB en o 60 AMB

  . Voor EMgeldt dus 5 3 3 EM  , dus met _DM2 _{ DB}2_EM2 _{vinden we}

 

2 2 1 2 5 2 25 25 175 2 3 4 3 12 (2 ) 3 DM   DM     3,818813025

DM 

,

dus moet DM groter zijn dan de gegeven 3,6.

Gaan we in de tekening hiernaast wel uit van 1

2

2

ADDB en _{DM 3,6}, dan vinden we uit

2 2 2 DM DB EM , dat geldt

 

2 2 1 2 2 (3,6)  2 EM  2 1 10 12,96 6, 25 6, 71 671 EM    EM  . In ABM  geldt dan 1 10 5 tan 671 AB AMB EM     o 62,6 AMB   .

Als dit zo is dan geldt

o o o 180 62,6 117, 4 MAB MBA        _{GAB FBA 2 117, 4}o _234,8o _ o o 360 234,8 =125,2 CAB ABC       _{ACB54,8}o

. In de opgave staat weliswaar, dat C ongeveer ₆₀o _{is, maar deze afwijking is wel erg groot.}

In onderstaande oplossing is genomen p4, 2. De constructie op zich is niet moeilijk. We hebben al aangetoond, dat uit o

60 ACB   volgt dat o 60 AMB   .

We kunnen dus met behulp van de basis-tophoek-constructie, met AB als basis, de boog construeren waarop punt M ligt. Dit is de cirkel met middelpunt E door A en B met _AEB120o_. Maar het middelpunt M van de aangeschreven cirkel ligt ook op een cirkel met middelpunt D en straal 4,2. Als M bekend is (er zijn twee mogelijkheden), dan kunnen we de aangeschreven cirkel tekenen. Door nu vanuit de punten A en B de raaklijnen te

tekenen (raakpunten F en G; benodigde cirkels hiervoor zijn i.v.m. de overzichtelijkheid weggelaten), vinden we het punt C.