MULO-A Meetkunde 1970 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen Mulo-A Examen 1970 Meetkunde RK

1 2 (1 uur)

Opgave 1.

a. Omdat ADBCis _ACDeen rechthoekige driehoek met M

het midden van de schuine zijde. Volgens de stelling van Thales is het punt M middelpunt van de omgeschreven cirkel

van _ACD, dus AM CM DM . Dat betekent, dat

CDM

 een gelijkbenige driehoek is en de basishoeken

MDC

 en MCDdus gelijk zijn.

b. o o 90 // 90 CAT AC TD MCD TDB DTS            _ (1)

(overeenkomstige hoeken of F-hoeken)

In onderdeel is bewezen MDC MCD (2)

Verder geldt MDC BDS(3)

Uit (1), (2) en (3) volgt TDB BDS, dus DB is deellijn van TDS.

c. Met behulp van de stelling van Pythagoras vinden we

2 2 2 2 6 36 100 10 ST TD DS DT ST DS      _      _ 2 ₆₄ ₈ ST  ST  .

We passen nu in_DTSde bissectricestelling toe, dus TB BS: DT DS: 6 :10 3 : 5 . Omdat

8

TB BS  geldt dus BT   38 8 3en BS  85 8 5.

d. Uit de stelling van Pythagoras in _BDTgeldt _BD2 __BT2__DT2 _{ }_{9 36 45}_ __BD__{3 5} o (gemeenschappelijk) (90 ) ABD DBT ABD DBT ADB DTB            _   _DTAD  DB_TB  AD₆ 3 5₃ 

3AD18 5AD6 5. Met de stelling van Pythagoras in _ADTkunnen we nu

berekenen, dat _AT2 _₁₄₄__AT _₁₂_. e. In _ABDgeldt _AD2__BD2 __AB2 __AD2_

 

_{3 5} 2_₁₅2_ zz o (gemeen) (90 ) ABD ABD ADB CAB ADB CAB             _  AD BD AC  AB  6 5 3 5AC  15  15 6 5 30 3 5 AC   , dus AM 15.

Voor de oppervlakte O van trapezium MATD geldt

1 2 O ( ) 12 15 6 AT AM DT AT AM DT       _{ }   _   _

(2)

O 1

2 12(15 6) 126    

Opgave 2.

Van BESzijn voldoende gegevens bekend om deze driehoek te construeren.

Teken een lijn en neem daarop een willekeurig punt E. Richt in E een loodlijn op en pas daarop ESmet lengte a af. ESB( P)kunnen we nu construeren, door Pover te brengen. Het tweede been van ESBsnijdt de lijn, waarop het punt E ligt in B.

Uit het gegeven AB DC: 3 :1 volgt BE CD: 2 :1. Vanwege de gelijkvormigheid van de driehoeken ESB en CSD geldt dus ook BS SD: 2 :1. Verleng nu de lengte van BS met de helft. W e vinden zo het punt D. Laat vanuit D een loodlijn neer op de lijn door de punten B en E. We vinden nu het punt A.

Construeer door E een lijn evenwijdig aan AB (richt dus in het punt D een loodlijn op). Pas op deze lijn het lijnstuk DCAEaf en verbind tenslotte het punt C met B.

(3)

Opgave 3.

a. 1 2 1 2 boog (omtrekshoek)

boog (hoek koorde-raaklijn)

boog boog (gelijke koorden, gelijke bogen

BAC BC ACE AC BC AC       _   _ BAC ACE    . b. 1 2 1 2 boog (omtrekshoek) boog (omtrekshoek) boog boog

(gelijke bogen, gelijke omtrekshoeken) (verwisselbare binnenhoeken) CAB BC DAB BD BC BD CAB CBA DAB CBA       _{ }      _     _ . c. 1 2 boog EDC AC   (1) 1 1 1 1 1

2 boog 2boog 2 boog 2boog 2 boog

boog boog boog

DEC CD AC BC BD AC AC BC BD            _ 1 1 1 1

2 boog 2boog 2 boog 2 boog

DEC AC AD AC AC

     (2)

Uit (1) en (2) volgt EDC DEC_EDCis gelijkbenig. d. Volgens de machtsstelling geldt:

_{EA ED EC}_ _ 2_₁₂__ED_₁₈2_₁₂__ED_₃₂₄__ED_₂₇_ _AD__{27 12 15}_ _ _.

e. BAC ACE (zie onderdeel a), dus _EACis gelijkbenig, dus EA AC .

Omdat boog AC = boog BC = boog BD (zie onderdeel b), geldt ACBCBD, dus AE ACBCBD12.

Omdat AD BC// is dus vierhoek ADBC een gelijkbenig trapezium.

Op grond van AEBCAE BC// is EABC een parallellogram, dus AB CE 18.

(overstaande hoeken) zz (verwisselbare binnenhoeken) ASD BSC ASD BSC DAS CBS    _ _ _     _   5 5 9 9 : : 15 :12 5 : 4 18 10 AS SBAD BC   AS  AB   .