MULO-A Meetkunde 1954 Rooms-Katholiek

Uitwerkingen Mulo-A Examen 1954 Meetkunde RK

Opgave 1

a)

(geg.)

(zhz) (omtreksh. op de zelfde boog)

AD AB AC AC ABC DAC ABC DAC     _       _  

b) Omdat driehoek ABC gelijkbenig is, is het eindpunt N van hoogtelijn CN tevens het midden van AB. De stelling van Pythagoras in driehoek BNC geeft dan _{CN  BC}2_BN2 _{ 10}2_42 _{ 84 2 21.}

De oppervlakte van driehoek ABC is dan 1 1 8 2 21 8 21. 2AB NC   2 

Vanwege de congruentie van de driehoeken ABC en DAC is dit dan ook de oppervlakte van driehoek DAC. De oppervlakte van vierhoek ABCD is derhalve gelijk aan 16 21.

Volgens de machtstelling geldt DA2 DE DC ofwel 82DE10 zodat 62 5

DE en dus 3 .3 5

EC Dat CD = 10 volgt uit de eerder bewezen congruentie.

Opgave 2

1) Teken een lijn m en kies daarop een punt E.

2) Construeer in E een loodlijn op m en pas daarop het lijnstuk ED af.

3) Cirkel vanuit D het lijnstuk AD om waarbij het punt A op m gevonden wordt. 4) Richt in D een loodlijn op het lijnstuk AD op.

5) Zij B het snijpunt van de zojuist geconstrueerde loodlijn en m.

6) Construeer het midden M van AB en construeer vervolgens een loodlijn op m die door M gaat. 7) Zij C het snijpunt van deze loodlijn en de loodlijn door D op AD.

Opgave 3

b) De driehoeken AFG en EBA zijn gelijkvormig daar ze twee gelijke hoeken hebben, namelijk AFG EBA900 en GAF AEB (verw. binnenh.)

c) Als AB = 6 (en dus BE = 3), dan volgt uit de stelling van Pythagoras dat AE2 AB2BE236 9 45  en dus AE 45 3 5. Op grond van het resultaat van vraag a) volgt dan dat AF2 5.

d) Uit de reeds aangetoonde gelijkvormigheid van de driehoeken AFG en EBA volgt de evenredigheid AF AG EB  EA ofwel 2 5 3 3 5 AG  en dus AG10. Dan is GD AG AD  10 6 4. 