MULO-A Meetkunde 1961 Rooms-Katholiek

(1)

Opgaven Mulo-A Examen 1961 Meetkunde Rooms-Katholiek

Opgave 1

Daar twee ‘binnenhoeken aan dezelfde kant van de snijlijn’ samen 1800_{zijn, volgt uit het gegeven dat} 0

135

C

  dat  B 450 en om dezelfde reden volgt uit  D 1200 dat  A 60 .0

Het tekenen van de hoogtelijnen vanuit C en D op AB verdeelt het trapezium in een rechthoek FECD, een rechthoekige gelijkbenige driehoek EBC en een driehoek AFD van het type 300_{– 60}0_{– 90}0_.

Uit het gegeven BC18 2 volgt dan direct dat BE EC 18 en dus ook DF18. Uit dit laatste volgt dan ook weer direct dat 18 6 3

3

AF  _{en dus}_AD__{12 3.} Daar FECD een rechthoek is, is FE DC  5.

Voor AB vinden we de lengte 6 3 5 18 23 6 3.   

De oppervlakte van het trapezium vinden we uit 1 ( ) 1 (28 6 3) 18 252 54 3. 2 AB CD EC 2    

Opgave 2

De constructie zou als volgt kunnen worden uitgevoerd. 1) Teken een lijn m en kies daar een punt E op.

2) Construeer in E een loodlijn op m en pas lijnstuk EC er op af.

3) Cirkel vanuit C lijnstuk CM om waarbij het punt M op m gevonden wordt. 4) Pas lijnstuk MN af op lijn m (zodanig dat E tussen M en N komt te liggen). 5) Breng de gegeven hoek over naar M als hoekpunt en MN als eerste been.

6) Construeer door C een lijn die evenwijdig is aan m. Deze snijdt het tweede been van M in D. 7) Verleng DM met een lijnstuk MA = DM en CN met een lijnstuk NB = CN.

8) Verbind de punten A, B, C en D.

(2)

Opgave 3

1) Wanneer we de drie gelijke bogen een hoekgrootte  geven, dan geldt voor de omtrekshoeken 1 ( ) 1 1 ( ) .

2 2 2

ADB boog AB  boog CD CBD

      Ofwel: BC/ /AD i.h.b BC/ /DE. Ook geldt: 1( ( ) ( )) 1(2 ) 1 .

2 2 2

E boog ABC boog CD    ADB

        Hieruit volgt BD CE / / . BCED is dus een parallellogram.

2) Voor de omtrekshoek DAC geldt 1 ( ) 1 .

2 2

DAC boog CD 

  

Er geldt dus dat 1 2

E DAC 

    en dus is driehoek ACE gelijkbenig.

3) Voor de omtrekshoek BCA geldt 1 ( ) 1 1 ( ) .

2 2 2

BCA boog AB  boog CD CBD

     

De driehoeken ACB en AEC hebben dan twee gelijke (gemarkeerde) hoeken en zijn dus gelijkvormig. Uit de evenredigheid AC CB

AE  EC volgt AC EC BC AE maar omdat ECBD kunnen we dit ook

schrijven als AC BD BC AE   .