MULO-B Meetkunde 1967 Algemeen

Mulo-B Examen 1967 Meetkunde (

1

_uur)

Opgave 1

b. _ACD is rechthoekig en E is het midden van de schuine zijde, dus AE CE DE  

3,998893691.

In BDE geldt o

3,998893691 13

sin sin sin16 19' sin

ED BE

DBE  BDE   BDE 

  

o

o 13 sin16 39'

3,998893691 sin 13 sin16 39' sin 0,9314624176

3,998893691 BDE BDE           o 68, 66393881 BDE   (v.n.) o 111,3360612 BDE     o o 68,66393881 68,66393881

ADE DAE BAC

      

c. F is het midden van AD en dus geldt

EF AD. In _AEF geldt cos A AF AF AE cos A AE        o 3,998893691 cos 68, 66393881  1,454947692AD2,909895385 2,909895385 11 13,90989538 AB   .

Verder geldt AC 7,997789382. Voor de oppervlakte O van_ABC geldt dus

1 2 sin O AB AC   A o 1 2 13,90989538 7,997789382 sin 68,66393881 51,81185815 O    

Opgave 2

de som van de zijden ACen BC is gelijk aan de lengte van PQ (p), de halve omtrek van _ABC is gelijk aan KQ (s) en de straal van de aangeschreven cirkel aan de zijde BC is gelijk aan ra.

We construeren _ABC als volgt: 1. Als we de lengte van 1

2PQ aftrekken van KO, dus 1 2( ) s a b , vinden we 1 1 1 2(a b c  ) 2(a b ) 2c, dus de halve

lengte van AB.

2. Omdat BT  s c, kunnen we dus BT construeren.

3. Teken dus BH Ko s , pas vanuit H twee keer de lengte LO ( AB c ) af en we vinden het punt T, zodat BT  s c. 4. Teken loodrecht op BT in het punt het

lijnstuk TM(RS r _a). We kunnen nu de aangeschreven cirkel tekenen.

5. Vanuit B teken we de tweede raaklijn aan de aangeschreven cirkel, zodat naast BU ook de richting van AB bekend is.

6. Pas AB( 2 OL c ) af en we vinden het punt A.

7. Vanuit A kunnen we nu de raaklijn AZ tekenen aan de aangeschreven cirkel. 8. Het snijpunt van deze raaklijn met BH levert het punt C.

Opgave 3.

a. Trek nadat de tekening gemaakt is de straal CF en teken in het punt F de raaklijn KF aan de cirkel. Deze snijdt de zijde AB in het punt J. Omdat AJ ook een raaklijn is aan dezelfde cirkel geldt AJ FJ (I).

Nu geldt 1

2 (kleine) boog

DFK DF

  (a)

In _ABC geldt _ABD90o_{ ADB}

o 1 2 90  (kleine) boog AF 













Uit (a) en (b) volgt DFK  ABD.

Omdat BFJ  DFK (overstaande hoeken)

geldt dus BFJ  ABD, dus BFJ is gelijkbenig, dus FJ JB(II).

Uit (I) en (II) volgt, dat AJ FJ JB. Bovendien volgt hieruit, dat J het midden is van de hypothenusa van ABG. Bekend is de eigenschap, dat JGgelijk is aan de helft van de hypothenusa, dus AJ FJ JB JG . Uit JA JF JB JG volgt, dat de punten

, ,

A B Fen G alle even ver van J liggen, dus gaat er een cirkel door A B F, , en G, dus

ABFG is een koordenvierhoek.

b. Omdat ABFG een koordenvierhoek is geldt:

o

(klein) 180

ABF AGF

    .

Nu geldt ook, dat

1. _{ABF 90}o_{ ADBen}

2. _{AGF (klein) 360} o_{ AGF(groot).}

We vinden dus dat _{ABF AGF (klein) 180} o

vervangen kan worden (zie 1. en 2.) door

o o o

90  ADB360  AGF(groot) 180 

o o o (groot) 90 360 180 ADB AGF        o (groot) 270 . ADB AGF     Omdat o 90 AGC   vinden we dus o o (groot) 270 270

ADB AGF ADB AGC CGF

            o o 90 270 ADB CGF       _{ADB CGF 180}o _CDFG is een koordenvierhoek.

c. Omdat CDFG een koordenvierhoek is bestaat er een cirkel door de punten

, ,

C D F en G. In de cirkel met middelpunt

M door de punten C D F, , en G geldt:

1 2 boog

FDG FCG FG

    (I)

In de cirkel met middelpunt C door de punten A, E, F en D geldt: 1 2 boog boog FCE FCG EF FAE EF          _ 1 2 FAE FCG    (II).

Uit (I) en (II) volgt

1 2 1 2 boog FDG FCG FG FAE FCG           _ 1 2 FAE FDG   