MULO-B Meetkunde 1941 Rooms-Katholiek

(1)

1941(meetkunde B examen) Opgave 1

a) Het gegeven AD 4 BC en de evidente gelijkvormigheid van de driehoeken BCE en ADE , impliceert dat ED 4 EC.

Volgens de raaklijnstelling is EF2EC ED _{, wat leidt tot}EF2 82EC4EC4EC2 en dus EC_{ Hieruit volgt dan dat}4. CD AB 12.

b) Pythagoras, toegepast in de driehoek PCE, geeft nu 42PE2 waaruit volgt 12 PE 15 en dus QE4 15, zodat de hoogte van het trapezium 3 15 is.

Met QM  geeft Pythagoras in de driehoeken DQM en CPM de relaties d R2d242 en R2(3 15d)2 .12

Gelijkstelling geeft dan d216 (3 15 d)2 waaruit volgt 1 4 15 3 d  en dus 2 80 3 d  Uit R2d216 volgt nu 2 128 3 R  zodat 128 8 6 3 3 R 

(2)

Opgave 2

a) In de eerste tekening is de bekende onstructie te zien van het punt E dat lijnstuk AB verdeelt in uiterste en middelste reden. Hierbij is M het midden van AB en AC = AM = MB.

In de tweede tekening is vervolgens de gevraagde cirkel als volgt geconstrueerd.

Omdat E raakpunt moet zijn, ligt het middelpunt op de loodlijn door E op AB. Daar de cirkel ook door P moet gaan, ligt het middelpunt ook op de middelloodlijn van lijnstuk EP.

Daarmee ligt M vast en is ook de cirkel bepaald.

b) Zoals bekend is de tophoek van een gelijkbenige driehoek met benen AB en met basis het kortste stuk van het in uiterste en middelste reden verdeelde lijnstuk AB gelijk aan 360_.

Daar we uit de vorige vraag dit kortste stuk ter beschikking hebben en AB = 7cm gegeven is, is deze driehoek te construeren, waarmee de hoek van 36 0_{geconstrueerd is. Maar dan is impliciet ook de hoek}

van 540_{geconstrueerd, namelijk als het complement van 36}0_.

We kunnen nu dus een lijn construeren door bijv. punt A die met AB een hoek van 540_maakt.

Door vanuit het middelpunt van de cirkel hier een lijn loodrecht op te construeren, kunnen we de bedoelde raaklijnen construeren. Ze zijn namelijk evenwijdig aan de zojuist geconstrueerde lijn en gaan door de snijpunten van cirkel en de beschreven loodlijn.

(3)

Opgave 3

a) Als verbindingslijnstuk van de voetpunten van 2 hoogtelijnen zijn DE en AB antiparallel. Dit betekent dat BAC  CDE en ABC  CED.

Hierdoor hebben de driehoeken ABC en DEC de zelfde hoeken en zijn dus gelijkvormig. Hieruit volgt nu de evenredigheid CD DE CE

CA AB CB.

Omdat driehoek CAD een zogeheten 300_{– 60}0_{– 90}0_{driehoek is, is} 1

2 CD AC. Uit de eerder gevonden evenredigheid volgt dan ook dat 1

2 DE AB  , ofwel 1 2 DE AB.

b) De lijnstukken EF en DF zijn zwaartelijn vanuit de rechte hoek in de rechthoekige driehoeken ABE en ABD. Deze driehoeken hebben beide AB als hypotenusa. Volgens de zwaartelijnstelling is in een rechthoekige driehoek zowel DF als EF dan gelijk aan de helft van de hypotenusa, ofwel

1

2 DFEF AB

In de eerste vraag zagen we dat ook 1 2

DE AB, zodat driehoek DEF gelijkzijdig is.