MULO-B Meetkunde 1958 Rooms-Katholiek

(1)

Uitwerkingen MULO-B Meetkunde 1958 RK

Opgave 1

In _AIF geldt

o 5

tan FAI IF tan 32

AF AF      5 8,001672645 8,0 0,6248693519 AF    _. In _BIFgeldt o 5 tan tan15 21' IF FBI BF BF      5 18, 2144569 18, 2 0, 2745072422 BF   _{. We vinden dus}AB AF BF 26, 2

Met behulp van de sinusregel vinden we 26, 21612955_o _o sin sin sin 85 18' sin 30 42'

AB AC AC C  B      o o 26, 21612955 sin 30 42' 13, 42961789 13, 4 sin 85 18' AC    . o o o o 180 64 30 42 ' 85 18' C      .

Met behulp van de sinusregel vinden we 26, 21612955_o ' _o sin sin sin 85 18 sin 64

AB BC BC C  A     o o 26, 21612955 sin 64 23,64240141 23,6 sin 85 18' BC    .

We vinden dus voor de omtrek 2s van _ABC

2s13, 42961716 26, 21612955 23,64240141 63, 288114812 63,3     s 31,64405741 31, 6 .

Voor de oppervlakte van _ABCgeldt r O O s r 31,64407406 5

s

      

158, 2203703 158, 2 .

Opgave 2

De opdracht luidt: construeer. Ik neem aan, dat de hoeken van ₅₀o

en ₃₅o_{niet geconstrueerd moeten worden, maar getekend mogen}

worden met een gradenboog.

In de figuur hiernaast is AIMbuitenhoek van _AIC.

Omdat 1 1 o o 2 2 50 25 BAI BAC       en o o 1 1 1 2 2 35 172 ACI ACB       geldt dus 1o 2 42 AIM   .

We kunnen beginnen met het tekenen van lijnstuk IIC. De punten A en B liggen op een cirkel met het midden M van IICmet straal MI, immers de buiten- en binnenbissectrices staan loodrecht op

(2)

Door nu deze cirkel te snijden met IC, nadat we eerst 1o 2

42 AIM

  getekend hebben vinden we het punt A. Door de hoeken IAC en IAB te tekenen vinden we B als snijpunt van AB met de cirkel en C door AC te snijden met het verlengde van I IC . Tenslotte tekenen we BC.

Opgave 3

Vanwege de omgekeerde stelling van Thales liggen de punten D en E beide op een cirkel met middellijn AB, dus liggen de punten A, B, D en E op één cirkel, dus is ABDE een koordenvierhoek. Omdat we een cirkel kunnen tekenen door de punten A, B, D en E staan de hoeken PDA en

PBE op dezelfde boog, dus PDA PBE. We

kunnen nu bewijzen, dat _PBE_PDA omdat de beide driehoeken Pgemeenschappelijk hebben en PDA PBE.

Uit deze gelijkvormigheid volgt

: :

PE PA PB PD PE PD PA PB   (1).

Volgens de machtsstelling geld PF PG PA PB   (2). Uit (1) en (2) volgt PF PG PE PD   .