MULO-B Meetkunde 1965 Algemeen

Uitwerkingen Meetkunde MULO-B 1965 Openbaar

Opgave 1.

a. In ABDgeldt _BD2 _AB2_AD2 _{ 2 AB AD cos108 13'}o _.

Omdat _{cos108 13'}o _{ cos 71 47 '}o _{geldt dus} 2 2 2 _{2 cos 71 47 '}o BD AB AD  AB AD   2 _{16 64 2 4 8 0,3126 100, 0064} BD         BD10 b. In _BCDgeldt _BD2 _BC2_CD2 _{ 2 BC CD cosBCD} 100,0064 36 36 2 6 6 cos BCD        72cosBCD 28,0064 28,0064 cos 0,3890... 72 BCD      . In de sinustafel zoeken we op de waarde 0,3890 (neem 0,3891) en vinden dan een hoek van _{67 54 '}o _{. Omdat cos}_BCD _{0,3890... geldt}

o o o o 180 67 06' 112 54' 113 BCD      . Nu geldt 1 2 ( ) sin O _ABD  AB AD  BAD o o 1 2 ( ) 4 8 sin108 13' 16 sin 71 47 ' O _ABD        16 0,9499 15,1984  . Verder geldt 1 2 ( ) sin O BCD_  BC CD  BCD o o 1 2 ( ) 6 6 sin112 54 ' 18 sin 67 06' O BCD_        18 0,9212  16,5816.

De oppervlakte van vierhoek ABCD is dus gelijk aan 15,1984 16,5816 31,78 32  

Opgave 2.

Het was doorgaans de bedoeling, dat een hoek van 72 graden geconstrueerd worden. Dit kan gedaan worden door een rechthoekige driehoek te construeren, waarbij de ene rechthoekzijde twee keer de lengte heeft dan de andere. In de tekening hiernaast geldt PQ 2 PR.

Cirkel nu PR met als middelpunt R en straal

RP. De cirkelboog snijdt de rechthoekzijde QR

in S. Cirkel nu QS om met middelpunt Q en straal QS. De cirkelboog snijdt PQ in T. We hebben nu PQ in uiterste en middelste reden verdeeld.

Immers: Stel





1 5 1 5 1 2 ( 5 1) 3 5

RSRP OS  QT   PT      .

PQ is in uiterste en middelste reden verdeeld als geldt PT TQ TQ PQ:  : . En dit is inderdaad

zo want : : 3 5 5 1 2 PT TQ TQ PQ PT TQ PQ      _{ }    _   _



 

 





 



We kunnen nu PT  3 5 gebruiken als zijde van een gelijkbenige driehoek met de zijden 5 1

PQ QT   . Dit geeft een driehoek met _{TPQ PTQ72}o_{en PQT 36}o_.

We construeren nu ABCD

Teken een lijn, die we gebruiken als drager van AB en neem daarop een willekeurig punt E. Omdat ME r en 1 o o

2 72 36

EAM

    kunnen we _AEM construeren. Nu we het punt A gevonden hebben kunnen we AB pafpassen op de drager van AB en hebben we dus lijnstuk

AB gevonden. We kunnen de ingeschreven cirkel van _ABDtekenen en door vanuit A en B de raaklijnen aan de ingeschreven cirkel te construeren vinden we als snijpunt van deze beide raaklijnen het punt D.

Construeer nu de raaklijn AP vanuit A op BD. De oppervlakte van ABDis gelijk aan

1

2BD AP . Door nu voor de nog te construeren BCDals basis BD te nemen en een hoogte

gelijk aan 1

2AP vinden we een driehoek BCD, waarvoor geldt O BCD( ) 12O(ABD).

Neem bijvoorbeeld als hoogte van _BCDhet lijnstuk 1 2

BQ AP. Het hoekpunt C van BCD

 ligt nu op een lijn door Q evenwijdig aan BD.

Omdat ABCD een koordenvierhoek is ligt het punt C tevens op de omgeschreven cirkel van ABD

 . Het snijpunt van de omgeschreven cirkel van _ABDmet de lijn door Q evenwijdig aan BD geeft het gevraagde punt C. Er zijn dus twee mogelijkheden aangegeven met een rode invulkleur en met een blauwe invulkleur.

Opgave 3.

ACE AEC ACE

BCD ACE            _     _  

BDC AECABDE is een koorden-

vierhoek (omgekeerde van de constante hoekstelling).

b. Omdat ABDE koordenvierhoek is bestaat er een cirkel door de punten A, B, D en E. 1 2 1 2 boog boog ADB AB ADB AEB AEB AB            _ 1 1

2ADB 2 AEB FDG GEFomdat DG

en EF bissectrices zijn. Ook nu geldt voor FGDE het omgekeerde van de constante hoek-stelling, dus

FGDE is een koordenvierhoek.

c. Omdat FGDE een koordenvierhoek is gaat er een cirkel door de punten F, G, D en E.

1 2 1 2 boog boog EDA AE EDA EBA EBA AE           _ (a) 1 2 1 2 boog boog EDA EDF EF EDA EGF EGF EF             _ (b)