MULO-B Meetkunde 1935 Rooms-Katholiek

Uitwerkingen Meetkunde MULO-B 1935 Rooms-Katholiek

Opgave 1.

BEA ACE CAE

     (buitenhoek van een driehoek is gelijk aan de som van de niet aanliggende binnenhoeken),

ACE EAB    (AE is bissectrice), 1 2 ( boog ) CAE BAD AB     en

EAD EAB BAD

     .

We vinden dus

BEA ACE CAE

ACE EAB CAE BAD

EAD EAB BAD

          _{ }     _       _

AED AED AED

   _ is gelijkbenig

AD DE

  (2).

Uit (1) en (2) volgt _DE2 _{DB DC .}

Opgave 2.

Voor de constructie van de hoek van ₁₂₆o_{(eigenlijk komt het neer op de constructie van een} hoek van ₃₆o_{) zie http://www.wisbase.nl/ Meetkunde Algemeen.}

Stel de gegeven diagonaal AC heeft de lengte van het lijnstuk KL dan kunnen we met een hulp(halve)lijn, waarop we drie gelijke lijnstukken KEEF FG

afpassen en daarmee de lengte van de tweede diagonaal BD, die gelijk is aan KM kunnen construeren. Constructie van de middelloodlijn van KM geeft 1

2

De constructie kan als volgt verlopen: Allereerst tekenen we het lijnstuk ACKL. Construeer nu _{CAM 36 en} o _{ACM 36}o . Dit kan door een eerst geconstrueerde hoek van ₃₆o _{over te zetten en zo de beide hoeken} CAM en ACM te construeren. Dit houdt in, dat

o o o

180 2 36 108

AMC

     en dus de kleine boog AC gelijk is aan ₁₀₈o_{en dus de grote} boog A(P)C gelijk is aan ₃₆₀o _108o _{ 252}o_. Omdat AB C1 gelijk moet zijn aan 126oligt het punt B1op de kleine boog AC, immers dan

geldt 1 1 o o

1 2 boog 2 252 126

AB C APC

     .

Deel nu AC met behulp van een

middelloodlijn doormidden en cirkel vanuit

het midden S van AC het eerder geconstrueerde lijnstuk KS om. Het snijpunt met de kleine cirkelboog AC is het gevraagde punt B(B1). Er is dus nog een tweede oplossing voor het punt B, namelijk B2.

Door nu B1 te spiegelen in S vinden we het punt D. Trek tenslotte de lijnstukken AB B C CD1, 1 , en AD.

Opgave 3.

Voor de oppervlakte O van _ABCgeldt:

( )( )( ) O s s AB s BC s AC   met 14 13 15 21 2 2 AB BC AC s       . We vinden dus 21(21 14)(21 13)(21 15) O     21 6 7 8    3 7 2 3 7 2 2 2 3 7 2 2 84            . Ook geldt 1 2 O AB CE  12 84 14 O AB CE O AB          _ 1 2 14 CE84CE12

Voor de straal van AM van de omgeschreven cirkel van

ABC  geldt: 14 13 15 8,125 4 4 84 AB BC AC AM O          .

In ADM geldt volgens Pythagoras: _AD2 _DM2 _AM2_72_DM2 _(8,125)2_

2 4225 2 1089 33

64 64 8

49DM  DM  DM  4,125 CF CE EF CE DM     12 4,125 7,875  .

Vanwege de gelijkvormigheid van de driehoeken ABC en PQC geldt AB PQ CE CF:  : 

3 1

4 16