MULO-A Meetkunde 1947 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen Meetkunde MULO-A 1947 Rooms-Katholiek

Opgave 1

a) Driehoek MAB is gelijkzijdig want AM = BM (cirkelstraal) en AMB60 .0

Hieruit volgt dat AM = BM = AB = AC = BD = 4 en ook dat zowel __MAC_₁₂₀0_als__MBD_₁₂₀0

(supplement van de binnenhoeken van 600_).

De driehoeken BMD en AMC zijn op grond van het voorgaande dus gelijkbenig met een tophoek van 1200

waaruit volgt dat hun basishoeken elk 300_{zijn. Dan geldt}__CMD_₃₀0_₆₀0_₃₀0__{120 .}0

b) De gelijkzijdige driehoek AMB heeft zijde 4 waaruit volgt dat de hoogte MN gelijk is aan 2 3 . De oppervlakte van driehoek CAM is daarom 1 1 4 2 3 4 3

2AC MN   2  .

c) Voor de lengte van het raaklijnstuk CR geldt volgens de machtstelling CR2CA CB   4 8 32 en dus is CR 32 4 2.

Opgave 2

1) Teken een lijn m en kies daarop een punt A.

2) Construeer in A een hoek van _{75 (bijv. als som van 45}0 0_{en 30}0_{) met één van de benen langs m.}

3) Construeer een lijn op afstand CD van m en evenwijdig met m die het tweede been van A snijdt in C. 4) Construeer de bissectrice van A en pas daar het gegeven lijnstuk AE op af.

5) Trek CE en verleng dit lijnstuk tot m wordt gesneden in B.

(2)

Opgave 3

a) ACB AEM 900  EM/ /CB  EM is middenparallel AM MB.

b) CM is zwaartelijn naar de hypotenusa in een rechthoekige driehoek en dus is 1 . 2

CM  ABAM

c) In driehoek AMC zijn ME en CD hoogtelijnen waaruit volgt dat F het hoogtepunt is van driehoek AMC. Maar dan is AF de derde hoogtelijn van deze driehoek en derhalve geldt AFMC.

d) In de rechthoekige driehoek CFE geldt __CFE_₉₀0_{ }_FCE_{en in de eveneens rechthoekige driehoek}

CAD geldt ook  A 900 DCA900 FCE.

Dit betekent dat de driehoeken CFE en CAD twee gelijke hoeken hebben en dus gelijkvormig zijn. Uit deze gelijkvormigheid volgt CF CE

CACD ofwel

2

2 2 .

CF CD CA CE    CE CE  CE