MULO-A Meetkunde 1969 Algemeen

(1)

Opgaven Meetkunde MULO-A 1969 Algemeen (

112

uur)

Opgave 1

a) Daar AD // EC (geg) en AB // CD (geg), is AECD een parallellogram en dus is EC = AD = 33. Uit het gegeven CS : SE = 1 : 2 volgt dan dat SE = 22 (en dus CS = 11).

b) In driehoek DGS vinden we met de stelling van Pythagoras _SD_ _SG2__DG2 _ _{625 25.}_

Daar SD SB SC SE:  : 1: 2 (want driehoek EBS gelijkvormig met driehoek CDS) is dus SB = 50.

c) Voor trapezium AESD geldt dat de oppervlakte is 1 ( ) 1 (33 22) 24 660.

2 AD SE SG 2   

d) Wanneer we in driehoek ABD de hoogtelijn BF tekenen, zien we dat BF : SG = BD : SD = 3 : 1 zodat we vinden BF 3 SG 3 24 72.

De oppervlakte van driehoek ABD is dan bekend, namelijk 1 1 33 72 1188.

2AD BF   2 

De oppervlakte van driehoek BES vinden we nu als Opp(ABD) Opp( AESD) 1188 - 660 528. 

Opgave 2

1) Teken een lijn m, kies er een punt D op en construeer in D de loodlijn van m. 2) Pas op de zojuist geconstrueerde loodlijn een lijnstuk DH = ⅔ DM af. Zie de deelfiguur. 3) Cirkel vanuit H een lijnstuk HB = 2 x DM om waarbij B op lijn m ligt.

4) Teken de halfrechte BH en breng het complement van C over naar B met BH als eerste been. 5) Het tweede been van deze hoek snijdt de loodlijn door D op m in punt C.

6) Construeer vanuit C de loodlijn op halfrechte BH. Deze snijdt m in punt A. 7) Voltooi driehoek ABC.

(2)

Opgave 3

a) Omdat AB diameter in de cirkel is, is AEBE (Thales).

Gegeven is dat ABAD waaruit volgt dat AE hoogtelijn is naar de basis van een gelijkbenige driehoek. Maar dan is AE ook deellijn van de tophoek van die driehoek ofwel EAB EAD.

b) Noemen we CAB2 dan is op grond van het voorgaande CAE BAE. Daar de driehoeken AED en AEB beide rechthoekig zijn, is _{   }_D _B ₉₀0___.

Voor de omtrekshoek ACE geldt dat 1boog( ) 1 (1800 2 ) 900

2 2

ACE ABE  

       en dus is

DCE1800 ACE1800(900) 90 0    D.

Het gevolg is dat driehoek CDE twee gelijke hoeken heeft en dus gelijkbenig is. Voor de tophoek geldt dan CED1800 2 (900) 2   EMB.

c) We hebben bewezen    D B 900  CED EMB2 waaruit de gelijkvormigheid volgt van de driehoeken DCE en BEM (hh).

Hieruit volgt de evenredigheid DC DE

BE BM wat ook geschreven kan worden als

DC DE

DE  ME ofwel

DE2DC ME .