MULO-B Meetkunde 1956 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen MULO-B Meetkunde RK 1956

Opgave 1

Daar raaklijnstukken vanuit hetzelfde punt evenlang zijn, geldt BP BQ 6 en CR CQ 5. Het middelpunt M van de ingeschreven cirkel is het snijpunt van de drie binnenbissectrices, zodat

0 0 1 1 39 36 ' 19 48' 2 2 RCM C       .

In driehoek CRM hebben we nu: tan tan(19 48')0 0,36 5

RM RM

RCM

RC

     waaruit volgt RM 1,8. In driehoek BMQ geldt

tan

1,8

0,30

6 MQ

QBM

BQ





_{en dus} 1 _{16 42'}0 2 QBM B      waarmee we vinden  B 33 24 '0 en dus is  A 180039 36 ' 33 24 ' 1070  0  0

Volgens de uitgebreide sinusregel hebben we ten slotte 2 sin a R A  dus 0

11

2 sin(107 )



R

waaruit volgt

0

11 5,8

2sin(107 )

R



Opgave 2

a) Het middelpunt van de ingeschreven cirkel is het snijpunt van de drie bissectrices. Tezamen met het feit dat de hoekensom in driehoek ABC 1800 is, volgt hieruit dat in driehoek AIB geldt:

1800 (1 1 ) 1800 (900 1 ) 900 1

2 2 2 2

AIB A B C C

             . b) De constructie van driehoek ABC kan nu als volgt worden uitgevoerd.

1) Teken het gegeven lijnstuk AB en construeer hiervan de middelloodlijn k. 2) Cirkel vanuit A de gegeven straal R om en zij M het snijpunt met k. 3) Teken de omgeschreven cirkel met middelpunt M en straal R.

Punt C ligt ‘ergens’ op de grote boog AB van de omgeschreven cirkel, maar op grond van de stelling van de constante hoek levert elke ligging dezelfde hoekgrootte op. Dat betekent dat we de grootte van



C

nu kennen en daarmee ook (zie vraag a) 900 1

2

AIB C

    .

Op grond van de basis-tophoekconstructie is dan de cirkelboog waarop I ligt te construeren. 4) Construeer AIB en dan de cirkelboog waarop I ligt m.b.v. de basistophoekconstructie.

(2)

5) Construeer een lijn, evenwijdig aan AB en op afstand r van AB. 6) Het snijpunt van deze lijn met de laatste cirkelboog I.

7) Verdubbel nu ABI waarmee de zijde waarop

C

ligt te tekenen is.

8) Snijd dit been met de omgeschreven cirkel, noem het snijpunt C en voltooi de driehoek.

Opgave 3

a) Omdat de hoeken BQC en BDC elk 900_{zijn (hoogtelijnen), liggen de punten D en Q op de cirkel} waarvan BC een diameter is. Vierhoek BCDQ is dus een koordenvierhoek.

b) Uit het voorgaande resultaat volgt nu: CBD DQC en BDQ BCQ.

Omdat lijnstuk PD antiparallel is met AC (verbinding van voetpunten van hoogtelijnen in



ACE

) geldt



EDP

 

ACE

 

ECB

.

We concluderen dat PDQ ACB.

De driehoeken ABC en PDQ hebben dus twee hoeken gemeen, namelijk ABC DQP en ACB PDQ en zijn dus gelijkvormig.

(3)