MULO-B 1966 Meetkunde Algemeen
Opgave 1
a) Het oppervlaktegegeven over driehoek CDE leidt tot 1 8 6 sin 19, 2
2 C waaruit volgt sin 4 5 C en dus cos 3 5 C
, waaruit weer volgt dat tan 4 3 C
De cosinusregel in driehoek CDE geeft nu 2 82 62 2 8 6 3 212 5 5 DE en dus 2 265 6,5
5
ED
b) Daar ED de voetpunten van twee hoogtelijnen verbindt, is DE antiparallel met AB. Dit betekent dat
BAC
CDE
, zodat
BAC
te bepalen is met behulp van de sinusregel in driehoek CDE. We vinden:sin sin ED CE C CDE ofwel 4 8 16 5 sin 265 2 265 265 5 CDE en dan
CDE
79, 4
0.c) In driehoek ACD geldt tan 4 6 3 AD C
waaruit volgt AD = 8. De stelling van Pythagoras geeft dan AC = 10 en dus AE = 2.
Opgave 2
Daar de binnen- en buitenbissectrices van een hoek loodrecht op elkaar staan, is vierhoek AIC BI
een koordenvierhoek. De cirkelboog waar Ic op ligt, is te construeren m.b.v. de basis-tophoek
constructie. Op deze cirkel ligt i.v.m. het voorgaande ook punt Ic. Daar de afstand van Ic tot AB
gegeven is, kan een ligging van Ic op die cirkel bepaald worden.
Na het tekenen van IcA en IcB zijn AI en BI construeerbaar als loodlijn op de genoemde
lijnen. Het snijpunt I is het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek ABC.
Door ten slotte de hoeken IAB en IBA te verdubbelen, ontstaat punt C als het snijpunt van de benen van de genoemde verdubbelde hoeken.
Opgave 3
a) Het gegeven dat
EAM
EBM
90
0 (straal naar raakpunt), betekent dat de punten A en B op de cirkel liggen met diameter EM (Thales). Maar dan is ABME koordenvierhoek.Daar de hoeken
MAF
MCF
90
0(straal naar raakpunt), is AFCM koordenvierhoek (som overstaande hoeken 180 0).b) Als
AEM
, dan is
AME
90
0
en dus
ABE
90
0
(ABME is kvh) en dus
MBC
. Daar driehoek MBC gelijkbenig is, is ook
BCM
. Maar dan ook
AFM
want AFCM is kvh. Uit de congruentie van de driehoeken MAF en MAE volgt dan dat AF = AE.