MULO-A Meetkunde 1941 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen MULO-A Meetkunde 1941 Rooms-Katholiek

Opgave 1

De stelling van Pythagoras in driehoek CDE leidt direct tot EC = 16.

Uit de evidente gelijkvormigheid van de driehoeken EDC, DCA en CBA volgt de evenredigheid ED DC EC DC  CA  DA ofwel 12 20 16 20CA AD. Hieruit volgt 100 331 3 3 AC  en 80 262 3 3 AD 

De hoogtelijnstelling CD2AD BD geeft dan 400 80

3 BD

  _{, zodat}BD15 en dus BE9

De omtrek van driehoek ABC is dan 331 262 15 9 16 100

3 3   

Opgave 2

De omtrek van driehoek ABC is 10 cm, zodat AC + AD = 5 cm. Hierin is D het midden van AB. We stellen AD = x en verlengen CA met AE = x.

Dan is AC + AD = AC + AE = 5 zodat AC = 5 – x.

Van driehoek ECF kennen we nu de zijden EC en EF, alsmede de hoeken. Deze driehoek is dus te construeren. De gelijkvormigheid van de driehoeken ADC en EFC leidt tot de evenredigheid 5

5

x x

EF



 _{waaruit x te construeren is. Uit de evenredigheid volgt namelijk}(5EF EF) : 5 :x

Onderstaand figuur (rechts) laat de constructie van x zien.

Hiermee is de basis van de gevraagde driehoek gevonden en dus ook de zijde. Hiermee is de constructie van driehoek ABC uit te voeren.

(2)

Opgave 3

a) De cirkel met middellijn BC gaat door A omdat  A 900 (Thales)

b) 1( ) 1(1800 ) 600

2 2

D bgBAC bgEF bgEF

      _{waaruit volgt}_bgEF _₆₀0_.

c) bg EFB( )bg CEF( ) 120 0 omdat BCE CBF 600 (omtrekshoek = halve boog). Daar bgEF 600 (vorige vraag), zijn ook de bogen CE en BF elk 600_{, dus gelijk.}

d) Uit het voorgaande resultaat volgt dat de driehoeken BFM en CEM gelijkzijdig zijn.

Volgens Pythagoras is BC = 5 en dus BM = 2,5 = BF. Punt F is dus het midden van zijde BD. Uit de machtstelling volgt nu 21 5 121

2 2

DH DA DF DB     