MULO-B Meetkunde 1914 Algemeen

(1)

Uitwerkingen Meetkunde MULO-B 1914 Openbaar

Opgave 1.

Het was doorgaans de bedoeling, dat een hoek van 72 graden geconstrueerd worden. Dit kan gedaan worden door een rechthoekige driehoek te construeren, waarbij de ene

rechthoekzijde twee keer de lengte heeft dan de andere. In de tekening hiernaast geldt PQ 2 PR.

Cirkel nu PR met als middelpunt R en straal RP. De

cirkelboog snijdt de rechthoekzijde QR in S. Cirkel nu QS om met middelpunt Q en straal QS. De cirkelboog snijdt PQ in T. We hebben nu PQ in uiterste en middelste reden verdeeld. Immers: Stel



PR 1 PQ2



QR 5.

1 5 1 5 1 2 ( 5 1) 3 5

RSRP OS  QT   PT      .

PQ is in uiterste en middelste reden verdeeld als geldt PT TQ TQ PQ:  : . En dit is inderdaad

zo want : : 3 5 5 1 2 PT TQ TQ PQ PT TQ PQ      _{ }    _   _



 





 



2 3 5 : 5 1  5 1 : 2 2 3 5  5 1 en dat klopt.

We kunnen nu KL PT  3 5 gebruiken als zijde van een gelijkbenige driehoek KLM met de zijden KM LM QT  5 1 . Dit geeft een driehoek met __LKM _{ }_KLM _₇₂o_en

o

36

KML

  .

We passen in _KLM de cosinusregel toe:

2 2 2 ₂ _cos KL KM LM  KM LM  KML



 

2

 

2

 

2

 



o 3 5   1 5   1 5   2 1 5  1 5 cos 36 





o 14 6 5 6 2 5 6 2 5      12 4 5 cos36 



_{12 4 5 cos 36}



o _{2 2 5} _cos36o 1 5 6 2 5           o o 1 1 4 4 1 5 6 2 5 6 2 5 6 5 10 cos36 cos36 5 16 6 2 5 6 2 5                . o 1 1 2 o 3 1 2 o 5 1 4 4 8 8 8 8 2 o 2 o cos36 5 cos 36 5 sin 36 5 sin 36 cos 36 1       _{ } _{ } _    _ o 5 1 8 8 sin 36   5 .

(2)

Stel 5 1 5 1 5 1 88 5  a b 8 8 5  a b 2 ab   a b 8 8 5 2 ab 5 5 8 8 5 5 8 256 5 5 256 256 ( ) a b a b b b ab ab                 _  _ b258b2565  0 256b2160b  5 0 5 2 5 2 1,2 16 16 16 16 160 20480 160 64 5 5 5 512 512 b       b   b . 5 2 5 2 5 5 2 16 16 5 16 16 5 8 16 16 5 b     a    en 5 2 5 2 5 5 2 16 16 5 16 16 5 8 16 16 5 b     a    . Omdat 5 1 88 5  krijgen we dus 0 5818 5  165 162 5  165 162 5  1 1 4 5 2 5 4 5 2 5 , dus o 1 1 4 4 sin 36  5 2 5  5 2 5 . Stel 5 2 5 5 2 5 2 5 5 5 5 c d c d c d c d cd cd cd                _ _  _  _ 2 1,2 5 5 (5 ) 5 5 5 0 2 d d d d d           1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 (d 2  5 c 2  5) ( d 2  5 c 2  5). We vinden dus 1 1 1 1 2 2 2 2 5 2 5  2  5  2  5 (of 1 1 1 1 2 2 2 2 5 2 5  2  5 2  5 ), dus 1 1 1 1 1 1 1 4 5 2 5  4 222 54 222 5 (1)

Op dezelfde wijze vinden we 1 1 1 1 1 1 1

4 5 2 5  4 222 54 222 5 (2) Pas op niet 1 1 1 1 1 1 1 4 5 2 5  4 222 5 4 222 5 , immers 14 5 2 5 0 Uit (1) en (2) volgt o 1 1



1 1 1 1 1 1



4 4 4 2 2 4 2 2 sin 36  5 2 5  5 2 5  2  5  2  5 



1 1 1 1 1 1



4 222 5 4 222 5  ₄1 21₂1₂ 5 1₄ 2₂11₂ 5 ₄1 21₂1₂ 5₄1 2₂1₂1 5  10 1 1 1 1 2 1 2 222 5  2 4 4 5  4 10 2 5 , dus sin 36o  14 10 2 5 .

Het is nu niet meer moeilijk om de oppervlakte van een parallellogram met de zijden a en b uit te drukken in a en b.. Omdat we een parallellogram in twee driehoeken kunnen verdelen vinden we dus voor de oppervlakte van het parallellogram 1 o

2 2   a b sin 36  1 1 4 10 2 5 4 10 2 5 a b      a b  .

Opgave 2.

DE en AD zijn respectievelijk buiten- en binnen-bissectrice van BAC, dus __DAE_₉₀o_.

Omdat BAE CAEgeldt boog CE = boog BE.

1 2(boog boog ) boog boog BFE AC BE BE CE        _ 1 1

2(boog boog C ) 2 boog

BFE AC E AE

(3)

1 2 boog

ADE AE

  (2)

Uit (1) en (2) volgt BFE GFE ADE(3). We vinden nu (gemeenschappelijk) (bewezen, zie 3) AED GEF ADE GFE          _ ADEGFE FGE DAE

   . Omdat __DAE_₉₀o_{volgt hieruit}__FGE_₉₀o__DE__BC_.

Opgave 3.

Doordat AE bekend is kunnen we de cirkel met middelpunt E tekenen, die door A, B en C gaat. Ook het punt Z is bekend

1 3 (EZ  AE). Omdat ook 2 3 ( ) CZ  CD bekend is kunnen we CZ omcirkelen vanuit Z en vinden we het punt C. Door CE te verlengen vinden we het punt B.

De verdeling van AE in de verhouding 2 : 1

De verdeling van CD in de verhouding 2 : 1