MULO-B Meetkunde 1969 Rooms-Katholiek

Uitwerkingen Mulo-B RK Examen 1969 Meetkunde

Opgave 1.

a. 1 2 ( ) sin 21,33 O _ABI  AI BI  AIB  1 2 21,33 6 8 sin 21,33 sin 24 AIB AIB          o o 117, 2834097 117 AIB    b. _AB2 _{ AI}2_BI2_{ 2 AI BI cosAIB} 2 _{36 64 2 6 8 cos117, 2834097}o AB        2 _{114, 0056542 12.} AB  AB c. _AI2 _{ AB}2_BI2_{ 2 AB BI cosABI} 36 144,0056542 64 2 12, 00023559 8cos     ABI o o

192,0037694cosABI 172,0056542 ABI26,38280039  ABC53 .

d. _{BAI 180}o_{117, 2834097}o_{26,38280039}o _{36,33378991}o _ o o o o o 72, 66757982 180 72,66757982 52,76560079 54,56681939 BAC C         . o o sin 12,00023559 sin 72,66757982

sin sin sin sin 54,56681939

BC AB AB BAC BC BAC C C            14,0592087 14 .

Opgave 2.

Voor de oppervlakte van _ABD geldt:

2 2

1 1

2AB BD  p   2 q BD p 

2 : 2 :

q BD  p p q p p BD.

Zo kunnen we (zie figuur 1) BD h construeren.

Van _ABD weten we nu de basis (AB q ) en de tophoek ADB. met behulp van de nasis-tophoek-constructie kunnen we de cirkel teken door A en B waarop het punt D ligt. Dit punt

D is de snijlijn van de cirkel met middelpunt N en een lijn evenwijdig met AB op afstand h.

Nu we _ABD gevonden hebben, vervolgen we de constructie met een lijn AM AD. Op deze lijn AM ligt het middelpunt M van de omgeschreven cirkel van _ABC. M is het snijpunt van AM en de middelloodlijn van AB. We kunnen nu de omgeschreven cirkel van _ABC

Opgave 3.

a. o o 90 90 ADC AEC     

  _ de som van een paar

overstaande hoeken in vierhoek ADCE is gelijk aan ₁₈₀o_{, dus is ADCE een koordenvierhoek.} b. C ligt op de omgeschreven cirkel van _ABC en CE is raaklijn aan deze cirkel in het punt C, dus

1 2 boog

BCH BC

  (boog van cirkel met middelpunt P door C) Ook geldt: 1 2 boog BAC BC   , dus 1 2

( boog van omgeschreven cirkel van koordenvierhoek

BCH BAC

DEC BAC CD ADCE

         _ // BCH DEC DE BC    

c. Ook DBGC is een koordenvierhoek, want _{BDC BGC180}o_. Hieruit volgt direct, dat 1

2

( boog )

ABC DGC CD

    .

Met betrekking tot de omgeschreven cirkel van _ABC geldt 1 2 boog BAC BC   en 1 2boog CBG BC

  (BG is raaklijn aan de omgeschreven cirkel van _ABC in het punt B), dus BAC CBG.

In _ACD geldt _ACD90o_{ BAC.}

In _BCG geldt _BCG90o_{ CBG en omdat} _BAC _{CBG geldt} ACD BCG. Nu geldt ACB ACD DCB DCG BCG DCB ACB DCG ACD BCG             _        _ . We vonden al 1 2 ( boog ) ABC DGC CD

    , dus hebben de driehoeken ABC en DCG twee paar gelijke hoeken, dus zijn de driehoeken gelijkvormig.