Uitwerkingen Mulo-B Examen 1962 Meetkunde Algemeen
Opgave 1Voor de oppervlakte O van ABEgeldt 1 2 sin O AB AE BAE o 1 2 ( ) 6 sin15 40 ' 12,15 O ABE AB o 12,15 12,15 14,99775984 3 sin15 40' 3 0, 2700403189 AB .
In de praktijk van het examenjaar 1962 werd natuurlijk niet gebruik gemaakt van rekentuig, maar werd de waarde van
o
sin15 40'afgelezen in een tabellenboek. We kunnen aflezen, dat o
sin15 40 ' 0, 2700 .
Een leerling vond dus 12,15 4,05 405 3 0, 2700 0, 2700 27
AB
en het
antwoord werd met een staartdeling (zonder hapjesmethode) berekend. In dit geval levert het 15 op.
Meer ingewikkeldere berekeningen werden vaak met logaritme uitgevoerd.
In ACEgeldt cos 6o cos 41 24' AE EAC AC AC 6 7,998815433 0,7501110696
AC . Met een tabel zouden we vinden 6
0,7501
AC . Ook dit kon berekend worden met een staartdeling, maar bijvoorbeeld ook als volgt:
6 6
log log
0,7501 0,7501 AC AC
logAClog 6 log(0, 7501) . De uitkomsten werden in een tabel opgezocht.
Zo vinden we in de tabel log 6 0,7782 . Omdat we log(0,7501) kunnen schrijven als
750,1
log(0,7501) log log(750,1) log(1000) 1000
en met behulp van de tabel geldt
volgt log(100) log(750,1) log(1000) 2 log(750,1) 3 , dus vinden we
log(750,1) 2,... . Het gedeelte achter de komma vinden we m.b.v. de tabel. We vinden dus log(0,7501) log 750,1 log(750,1) log(1000) 2,8751 3
1000
, dus
0,9031
logAClog 6 log(0,7501) 0, 7782 (2,8751 3) 0,9031 AC10 . Nu geldt 100 100,9031101, dus 1AC10.
De waarde 9031 geeft volgens de tabel 800 (links) met een 0 (boven), dus AC8000 of
800, 0
AC of AC 80,00 of AC 8,000of AC0,8000enz.. Omdat 1AC10vinden
we dus AC 8.
Om BC te berekenen gebruiken we de cosinusregel:
2 2 2 2 cos BC AB AC AB AC BAC 2 14,997759842 7,9988154332 2 14,99775984 7,998815433 cos(57 04')o BC 258, 4735731 12,58862872 BC BC .
Als we met de afgeronde waarden werken gevonden via de tabel, dan vinden we voor BC (m.b.v. de tabel) 12,5902.
Opgave 2
De constructie kan als volgt verlopen: Teken eerst 1
2
11
AC . Op de middelloodlijn van AC ligt het middelpunt M van de omgeschreven cirkel van de koordenvierhoek. Door twee cirkels met straal 6 te tekenen met de respectievelijke middelpunten A en C vinden we het punt M en de omgeschreven cirkel van de koordenvierhoek ABCD. Omdat de driehoeken ABS en CDS gelijkvormig zijn (ASB CSDvanwege overstaande hoeken en BAC CDB, beide gelijk aan 1
2 boog CD) verhouden de oppervlakten van de driehoeken ABS en CDS zich als kwadraten van lengten
van overeenkomstige zijden. Omdat de oppervlakte van CSDgelijk is aan een vierde deel van de oppervlakte van BSAgeldt AS CS: 2 :1. We verdelen nu AC in twee stukken AS en CS, zodat AS CS: 2 :1. In de tekening is dat gedaan met behulp van de hulplijn AP, die in drie gelijke stukken (AK KL LP )is verdeeld. Met behulp van de evenwijdige lijnen PC en LS is nu AC verdeeld in twee stukken AS en CS, zodat AS CS: 2 :1. Trek nu BS. Het verlengde van BS snijdt de omgeschreven cirkel van de koordenvierhoek ABCD in C. Het tekenen van AD, CD en BC geeft de gevraagde koordenvierhoek.
Opgave 3 a. 1 2 1 2 (boog boog ) (boog boog ) boog boog PRC CP BD CQP CP AD PRC CQP BD AD . Omdat de beide hoeken PRC en CQPzich aan dezelfde kant van PC bevinden en even groot zijn gaat er dus een cirkel door de punten P,C,R en Q (omgekeerde van de constante hoek stelling), dus liggen de punten P,C,R en Q op één cirkel, dus is vierhoek CPRQ een koorden- vierhoek.
b. Omdat CPRQ koordenvierhoek is, is er en cirkel, die door de vier punten P,C,R en Q gaat. Nu geldt voor de cirkel N door C, dat CRQ CPQ(hoeken op eenzelfde boog CQ). Voor de cirkel M door C geldt CPA CBA(hoeken op eenzelfde boog AC). We vinden dus // CRQ CPQ CRQ CBA RQ AB CPA CBA CPA CPQ (overeenkomstige hoeken). c. 1 o 2 boog 90 ACB AB ACB AC CR , dus
raakt CA de omgeschreven cirkel van CPRQ loodrecht. d.APBCPRomdat o 1 2 (90 ) ( boog ) APB CPR PAB PCR PB AP BP CP RP: : : : AP BP CP PR
