MULO-B Meetkunde 1950 Rooms-Katholiek (Reserve 1)

(1)

Examen 1950 RK (reservewerk I) Som 1

De oppervlakteformule voor driehoek ABC geeft 1 9,15 12,68 sin 30 2   CAB waaruit volgt dat sinCAB0,517 en dus __CAB__{31 8}0 '_{en dan ook}

0 ' 31 8

ACD

 

In driehoek ACD geldt vervolgens _{ }_D ₁₈₀0__{35 14 31 08 113 38}0 '_ 0 '_ 0 ' Nu kunnen we AD berekenen met de sinusregel.

Uit 12,68₀ _' ₀ _' sin113 38 sin 31 08

AD

 _{volgt dat AD = 7,16}

De oppervlakte van driehoek ACD is dan 1 7,16 12,68 sin 35 140 '

2    26,17

Voor de oppervlakte van het trapezium vinden we ten slotte 56,17 cm2

30 12,68 9,15 A B C D Som 2

a) Door 510_{= 15}0_{+ 36}0_{te schrijven, wordt de constructie duidelijk.}

Eerstgenoemde hoek krijg je met gebruik van de bissectrice van een hoek van 300_{. De tweede hoek via de bissectrice van een hoek}

van 720_{en voor deze laatste is een standaardconstructie bekend.}

b) De cirkel waarop C ligt, is construeerbaar met de tophoekconstructie. Omdat gelden moet dat  C 510, is AMB1020 (omtrekshoek/middelpuntshoek) en MAB390. De afstand van het middelpunt M tot AB is dan bekend.

(2)

afstand van M tot zijde BC bekend is.

Door nu rond M een cirkel te construeren met deze afstand, ligt de richting van BC vast als raaklijn aan deze cirkel.

Daarmee is punt C gevonden en kan de driehoek voltooid worden.

C

A B

M

Som 3

a) Driehoek PAR is gelijkbenig met een tophoek ter grootte van ₁₈₀0_{ }_A_{. Dat betekent dat} 1

2

APR A

   , evenals CAI . Hieruit volgt dat AI en PR evenwijdig zijn.

b) De driehoeken ABC en PQC zijn gelijkbenig en hebben gelijke tophoek. De hoeken bij A, P, B en Q zijn dus gelijk, en dus ook de halve hoeken. Tezamen met het resultaat van de vorige vraag volgt hieruit de gelijkvormigheid van de genoemde driehoeken(HH). c) Het vorige resultaat geeft AB BC

PQ CQ ofwel AB CQ c s PQ BC a    

(3)

P Q I R A B C