MULO-B Meetkunde 1938 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen Mulo-B Examen 1938 Meetkunde Rooms-Katholiek

Opgave 1

DHEC is koordenvierhoek, zodat __DHE_₁₈₀0_{ }_C_{en dus ook}__AHB_₁₈₀0_{ }_C_. Daar 1 1₍₃₆₀0 _{) 180}0 1 ₁₈₀0 ₍₁₈₀0 ₎

2 2 2

AHB bgAB bgAHB bgAHB C C

            ,

volgt hetgeen bewezen diende te worden.

H D E F A B C Opgave 2

Omdat BD middellijn is in de omgeschreven cirkel, is zowel 0

90 DAB   als 0 90 DCB   .

Daar AH en CH delen van hoogtelijnen zijn, volgt hieruit dat AH DC// en ook AD HC// . Vierhoek AHCD is dus een parallellogram, waaruit volgt dat DA = CH.

Om de straal van de omgeschreven cirkel te berekenen, kan de sinusregel dienen.

Uit _BC2 __AB2__AC2_{ }₂ _{AB AC}_ __cos__A_{vinden we, na invulling van de gegeven lengtes,} 3 cos 5 A   en dus sin 4 5 A   .

(2)

Met behulp van 13 65 2 4 sin 4 5 a R BD

     vinden we ten slotte met de stelling van Pythagoras in de rechthoekige driehoek ABD dat AD = 8,25, dus ook CH = 8,25

H M A B C D Opgave 3

Omdat vierhoek ABCD koordenvierhoek is, zijn de hoeken A en C samen 180 graden. Daar hoek C gegeven is, geldt dit impliciet dus ook voor hoek A.

Daarmee is driehoek ABD construeerbaar. Omdat daarmee diagonaal BD ook bekend is, kan vervolgens de cirkelboog waarop punt C ligt, geconstrueerd worden met behulp van de basis-tophoekconstructie. Raadpleeg hiervoor de introductie bij de uitwerkingen.

Door AC vanuit A om te cirkelen en te snijden met deze cirkelboog, ontstaat punt C. Het trekken van DC en BC voltooit de figuur.

(3)

B A D C J