MULO-B Meetkunde 1969 Rooms-Katholiek (Reserve 2)

(1)

Uitwerkingen Mulo-B Examen RK 1969 reserve 2 Meetkunde

Opgave 1.

a. Omdat AD CD geldt CAD ACD.

o o o 180 73 44 ' 106 16' CDA      o o o 180 106 16' 73 44 ' CAD ACD        o o 1 2 73 44 ' 36 52 ' CAD    

_.

We kunnen nu in CAD de cosinusregel gebruiken:

2 2 2 ₂ _cos 2 _{400 441 2 20 21 cos36 52'}o

DS AD AS  AD AS  CADDS       

2 _168,9715799 _{12,99890787 13.}

DS  DS  

b. Teken vanuit D de hoogtelijn op AC. Omdat

o 106 16' CDA   geldt __ADE__{53 8'}o . In ADE geldt nu

sin ADE AE AE AD sin ADE AD        o o 20 sin 53 8' 2 20 sin 53 8' AE   AC    32,00135334. Omdat CDAC AS 32, 00135334 21 11  . c. 21 20 12,99890687 11,00135334 AB BS AS AB BS ABS CDS CD DS CS          11, 00135334AB20 21 AB38,17712122. Verder geldt o 36 52 '

BAC DCA CAD

      .

Voor de oppervlakte van ABC geldt:

o 1 1 2 2 ( ) sin 32, 00135334 38,17712122 sin 36 52' O ABC  AC AB  BAC     366,4883054366.

Opgave 2.

Als eerste tekenen we zijde AB( 10) . Met behulp van de basis-tophoek-constructie (__AMB_₈₀o_{) vinden we de}

cirkel, waarop punt C ligt. Vanuit het midden S van AB cirkelen we CS om. Het snijpunt (één van de snijpunten) met de cirkel is het punt C. Nu maken we gebruik van het gegeven, dat de oppervlakte van _ADC anderhalf keer de oppervlakte van _ABC is.

Vanwege dit gegeven geldt: 3 2

AC PD  AB CQ 

3 2

: :

AC AB CQ PD . De lengte van PD kunnen we nu construeren met behulp van de vierde evenredige. Zie figuur hierna.

(2)

We kunnen nu de lengte PD afpassen op de middel-loodlijn van AC. Daarmee vinden we het laatste ontbrekende punt van vierhoek ABCD.

Opgave 3.

a. // AC BC BAC ABC BAC DCB AB CD DCB ABC                 _ 1 1 2 2 en zijn bissectrices BAC DCB BAC DCB AS CS            BAS BCS.

Nu geldt de omkering van de constante-hoek stelling. Omdat de punten A en C aan dezelfde kant liggen van

BS en BAS BCS, liggen A en C op dezelfde cirkelboog BS, dus gaat er een cirkel door de punten

A, B, S en C, dus is ABSC een koordenvierhoek.

b. Omdat AB//CD geldt __BAC_{ }_ACD_₁₈₀o_.

o o 180 180 BAC ACD ABC ACD BAC ABC               _ o o 180 180 ( is koordenvierhoek)

ABC ACD ABC ACB BCS SCD

ABC CBS ACB BCS ABSC

                       _ CBS SCD // CBS SCD SB DT CTD CBS           _ SCD CTD SCD CTD DAC CTD SCD DAC         

   _ , dus is er weer sprake van de omkering van de constante-hoek stelling. De punten A en T liggen aan dezelfde kant van CD en

DAC CTD, dus is liggen A en T op dezelfde cirkelboog CD, dus is er een cirkel door de punten A, T, C en D, dus ATCD is een koordenvierhoek.

c. Er is een cirkel door de punten A, T, C en D, dus DAT  DCT  DAT  CAB

1 2 1 2 DAT CAB BAT CAB DAB CAB         

   _ , dus DAB BAT, dus AB is bissectrice van DAT

Ook volgt uit het koordenvierhoek zijn van ATDC, dat ATC CDA 1 2 ATC CAB    . Omdat ook 1 2 CTB CAB

   is dus ook BT bissectrice. Het punt B ligt dus op twee bissectrices van _ATD, dus is B het middelpunt van de ingeschreven cirkel van _ATD.