MULO-B Meetkunde 1957 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen MULO-B 1957 RK Meetkunde

Opgave 1.

a. 1 2 1 2 (boog boog ) ( // ) boog PAM DAB CD BC PNA DCA PN CD AD             _ 1

2(boog boog boog )

PAM PNA CD BC AD        o o 1 2180 90 . (I). __MNA_₉₀o_(II)

Uit (I) en (II) volgt __PAM _{ }_PNA_{ }_MNA_₁₈₀o _ __PAM _{ }_PNM _₁₈₀o_{, dus zijn in vierhoek AMNP de} overstaande hoeken samen ₁₈₀o_{, dus is AMNP een}

koordenvierhoek. b. Gegeven is dat o 42 12 ' CMB   . o o 1 1 2(boog ) 2 42 12 ' 21 06 ' NAM BC      ; o o

sin sin 21 06' 10 sin 21 06' 3,5999968081 3, 6. 10

MN MN

NAM MN

AM

        

AMNP is koordenvierhoek, dus o

21 06 ' NPM NAM     . ANP NAM    (Z-hoeken), dus o o 21 06 ' 111 06' ANP PNM      .

Nu bereken we MP met behulp van de sinusregel in PNM :

o o

3,5999968081

sin sin sin 21 06' sin111 06'

MN PM PM NPM  PNM      o o 3,5999968081 sin111 06' 9,329699796 9,3 sin 21 06' PM     .

Opgave 2.

analysefiguur

a. Met behulp van het analysefiguur vinden we

CE CF   s c 12,1 9, 2 2,9.  We kunnen dus driehoek CEM construeren, omdat we twee hoeken (

o o

36 en 90 ) en een zijde CE (2,9) weten. Daarme vinden we de straal van de ingeschreven cirkel.

b. Er geldt __FME_₁₈₀o_₇₂o _₁₀₈o _{ }_FMD_{ }_EMD_

o o o

360 108 252  __AMD_₁₂₆o_{. Van}__AMD_{weten we nu de} basis AB9, 2 en de tophoek __AMD_₁₂₆o_{. We kunnen dus met} een basis-tophoek constructie _AMB construeren.

(2)

Teken eerst zijde AB9, 2. Teken de beide hoeken o

36

BAN ABN

    . Nu is __ANB_₁₀₈o_{en is dus} de grote boog AB gelijk aan ₂₅₂o_{. Ieder hoekpunt M van}

AMB

 is dan gelijk aan 1 o o 2252 126 .

Het punt M vinden we door een lijn evenwijdig aan AB te tekenen op een afstand gelijk aan de straal van de

ingeschreven. Is het punt M bekend, dan kunnen we de hoeken BAM en ABM verdubbelen en vinden we punt C.

Opgave 3.

a. o o 1 2 In geldt 90 In geldt 90 boog

AFG FAG AGF

ABE BAE ABE

AGF ABE AE           _      _   FAG CAB o (bewezen) ( 90 ) FAG CAB AFG AFC AF AF          _   _ (zhz) AFG AFCAGAC  

b. _AFG_AFCFG FC . Vierhoek ACGB is een

vlieger en symmetrisch t.o.v. AB. Op AB ligt een punt P (het snijpunt van AB en de bissectrice van ACB), waarvoor geldt d P AC( , )d P BC( , ). Vanwege de symmetrie in AB geldt tevens dat d P AG( , )d P BG( , ).

Er is dus een punt, dat gelijke afstanden heeft tot de zijden AC BC BG, , en AG, dus is er een ingeschreven cirkel van vierhoek ACGB, dus ACGB is een raaklijnenvierhoek.