MULO-B Meetkunde 1930 Rooms-Katholiek

(1)

Examen 1930(RK)

Opgave 1

Met gemeenschappelijk hoekpunt M zien we drie gelijkbenige driehoeken waarvan de benen alle

de lengte 6,5 hebben.

Wanneer de hoeken van de driehoek ABC aangeduid worden met resp.



,



en



, hebben

we op grond van de vermelde gelijkbenigheid

AEM 

en

BDM .

Dan volgt uit

AME18002

en

BMD18002

dat

EMD18002

.

Ter controle: optelling van deze drie hoeken levert inderdaad een gestrekte hoek op namelijk

0 0 0 0 0 0 0

180 2180 2180 2 540 2(    ) 540 360 180

.

De cosinusregel in driehoek ABC geeft AB2AC2BC2 2 ACBCcos hetgeen na invullen van de gegeven lengtes leidt tot 132 142152   2 14 15 cos waaruit volgt cos 3

5



 Via de eigenschap cos(1800 2 ) cos(2 ) 1 2cos ( ) 1 2 ( )2 3 2 7

5 25



         kunnen we nu de cosinusregel

in driehoek EMD toepassen.

We vinden: 2 (6 )1 2 (6 )1 2 2 61 61 7 1521 2 2 2 2 25 25 ED        en dus 39 5 ED Opgave 2

Aangetoond moet worden dat (AC BD AB AB AC BD ) :  : (  ) ofwel AB2AC2BD2. Geschreven als AB2BD2AC2 doet dit sterk denken aan de stelling van Pythagoras.

Driehoek MBA is gegeven rechthoekig te zijn, maar ook de driehoeken MBD en MAC zijn rechthoekig i.v.m. de stelling dat de straal naar het raakpunt loodrecht op de raaklijn staat.

Wanneer de straal van de cirkel aangeduid wordt met R, krijgen we nu met Pythagoras de volgende gelijkheden.

2 2 2 2 2 2

(2)

Wanneer deze twee gelijkheden opgeteld worden, krijgen we

2 2 2 2 2 2 2

AB BD AC MB AM AB AC (omdat AM2AB2MB2)

Opgave 3

Omdat van de rechthoekige driehoek BCD zijde CD en C gegeven zijn , is deze driehoek te construeren. Vanwege BEC900, ligt E op de cirkel met diameter BC.

Na de constructie van deze cirkel kan het lijnstuk BE vanuit B worden omgecirkeld, waarna E vastligt. De verlengde lijnstukken CD en BE snijden elkaar in A waarmee de driehoek voltooid kan worden.