MULO-A Meetkunde 1966 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen MULO-A 1966 RK Meetkunde. Opgave I

a) Omdat FD = BE = 20 en FD EB// is EBFD een parallellogram. b) De driehoeken BCD en BCF zijn congruent, zodat __DBF_₉₀0

c) De zijde van het vierkant ABCD heeft lengte 10, zodat de oppervlakte van parallellogram EBFD gelijk is aan EB AD 20 10 200 

d) Door vanuit F een loodlijn FG (met lengte 10) neer te laten op het verlengde van AB, kan in driehoek EGF de stelling van Pythagoras worden toegepast.

We vinden _EF2 __EG2__GF2_₃₀2_₁₀2 _₁₀₀₀_zodat_EF __{10 10} A E B D C F G Opgave 2

De gelijkbenigheid van het trapezium maakt dat de hoeken ADC en BCD beide gelijk zijn aan het supplement van de gegeven hoek DAB.

De constructie kan nu als volgt worden uitgevoerd.

1) Pas op een willekeurige lijn het gegeven lijnstuk CD = s af.

2) Construeer in C en D , aan dezelfde kant van CD, hoeken gelijk aan het supplement van hoek P. De punten A en B liggen op het tweede been van de genoemde hoeken.

3) Construeer een lijn evenwijdig aan het tweede been van hoek DCB en op afstand AE. 4) Snijding van deze lijn met het tweede been van hoek CDA geeft punt A.

5) Voltooi het trapezium.

E

A _B

(2)

Opgave 3

a) CEM  ECM  (gelijkbenigheid van driehoek ECM), waaruit volgt dat __EDB_{ }_FDC_{ }_FCD_₉₀0___{, zodat driehoek FCD gelijkbenig is.}

b) AD is bissectrice in driehoek ABC omdat boog AE = boog EB. Volgens de bissectricestelling geldt dan AC : BC = AD : DB = 3 : 5

c) Wanneer driehoek ADC gelijkbenig is, is CD11₂DE. Dit is in te zien door in genoemde driehoek de hoogtelijn vanuit C te tekenen. Bedenk daarbij, dat 1 1

2 12

GD AD , DH 1 en CGDEHD.

Omdat _ACD_EBD geldt AD DB CD DE   . Hieruit volgt dan 11 2 3 5 15 2DE    en dus DE 10

Hierna volgt 11 10 2

AC CD  en uit het resultaat van vraag a) dat 5 21 10

3 2

BC AC 