MULO-B Meetkunde 1925 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen MULO-B Meetkunde RK 1925

Opgave 1

Met behulp van onderstaande analysetekening is te zien langs welke weg de driehoek ABC geconstrueerd kan worden.

1) Daar de binnen- en buitenbissectrice van C loodrecht op elkaar staan, zijn van driehoek EDC twee zijden (CE en CD) en de hoek die ze insluiten bekend, waarmee deze driehoek te

construeren is.

2) Indien we aannemen dat de gegeven basishoek A is, is de ligging van A ook bekend. Van driehoek ACD kennen we namelijk zijde CD en de daartegenover liggende A. Met behulp van de basis-tophoekconstructie is dan de cirkelboog waarop A ligt construeerbaar.

Maar A ligt ook op lijn ED zodat A het snijpunt is van genoemde cirkelboog en ED. 3) Na constructie van driehoek ADC , verdubbelen we ACD waarna we punt B vinden. 4) De drie hoekpunten zijn nu geconstrueerd en dus ook de volledige driehoek.

Opgave 2

Wanneer we  A  noemen, dan is vanwege het feit dat vierhoek ABFE koordenvierhoek is,

0

180

BFE 

   en dus BFG (nevenhoek).

Vierhoek BCGF is volgens het gegeven ook koordenvierhoek, zodat BCG1800 en dus .

GCD 

 

Omdat gebleken is dat   A GCD, zijn de lijnstukken CG en AE dus evenwijdig. Omdat ook vierhoek CDHG koordenvierhoek is, volgt ten slotte dat ook DHP. De driehoeken PAE en PHD hebben nu twee hoeken gelijk en zijn daarmee gelijkvormig. Uit de evenredigheid PA AE PE

(2)

Opgave 3

Driehoek BEQ is een zogeheten 300_–600_–900_{driehoek, want ME}__{QE (straal naar raakpunt) en}

0

60

ABM

  . Daar BE12, is QB24.

Driehoek BCR is ook een 300_–600_–900_{driehoek want} ₀ 60

CBR

  en BRC900 (AR/ /MC_).

Daar BC6_{, is dus}BR3 zodat QR 24 3 27  .

Uit voorgaande volgt nu dat ook driehoek PQR een 300_{– 60}0_{– 90}0_{driehoek is.} Uit QR27 volgt dan dat PR9 3.

De oppervlakte van driehoek PQR is dan 1 27 9 3 1211 3