Antwoorden opgaven syllabus wiskunde B vwo domein E

Antwoorden opgaven syllabus wiskunde B vwo domein E

1 Omdat driehoek

ABC

gelijkbenig is, geldt AD DB . Driehoek

ADC

is dus een geodriehoek met rechthoekszijde 4. Binnen driehoek

ADC

liggen twee witte driehoeken die gelijkvormig zijn met driehoek

ADC

(wegens gelijke hoeken).

Noem de zijde van het vierkant

x

, dan hebben de witte driehoeken binnen driehoek

ADC

zijden

x

en ¹₂x. Nu geldt: CD1₂¹x4, dus ₁ ²₃

2

4 2 x  1 

_.

2 a. BE² BC²CE² 6²4² 52^{, dus} BE 52^. 90

BEC CBE ABF

       en ECB BFA90, dus de driehoeken

BCE

en

AFB

zijn gelijkvormig. Hieruit volgt:

BC AF

BE  AB

, dus

6 24

52 8 13 AF   

_. b.

^FB

²

^{ AB}

²

^{ AF}

²

^{ 8}

²

^   ⁵²

²

^{ 12}

^{, dus FB 12.}

FAB BAG

   en AFB ABG90, dus de driehoeken

AFB

en

ABG

zijn gelijkvormig. Hieruit volgt:

FB BG

AF  AB

, dus

12

¹⁹²₁₃

52 8

BG   

.

c. 6: de driehoeken

ABC

,

CDA

,

AFB

,

BCE

,

BFC

en

CFE

zijn gelijkvormig.

d. Noem de lengte van

AB x

. Uit de gelijkvormigheid van de driehoeken

ABC

en

BCE

volgt:

AB BC

BC  CE

, dus ₁

2

6 6 x

 x

_{, dus} ^{1 2}

2x 36, dus x 72^.

3 a. De projectie van

E

op

AD

noemen we

G

. Dan is driehoek

DEG

gelijkvormig met driehoek

DAB

, dus GE GD ¹⁰₃ en AG10 ¹⁰₃ ²⁰₃ .

Het snijpunt van

AE

met

CD

noemen we

S

. Dan zijn de driehoeken

AGE

en

ADS

gelijkvormig. Hieruit volgt

DS GE

DA  GA

, dus

103 203

10 5

DS   

.

AE

gaat dus door het midden van

CD

.

makkelijker:

De driehoeken

ABE

en

SDE

zijn gelijkvormig (wegens Z-hoeken en overstaande hoeken). Hieruit volgt

DS DE

BA  BE

, dus DS  ¹₂ AB5.

E

is dus het midden van

CD

.

b. ^tan



^SAD



^₁₀^{5 en tan 30}



^{ }



¹₃ ^{3, dus SAD30. Hoek}

^BAD

wordt dus niet in drie even grote hoeken verdeeld.

4 Het middelpunt

M

van de cirkel ligt op

AC

. Noem het raakpunt van de cirkel met

AB R

en de straal van de cirkel

r

. De stelling van Pythagoras toepassen in driehoek

ARM

geeft: AM r 2^.

Uit AM MC  AC volgt r 2 r 10 2^{, dus}

10 2 r  2 1



. Dit kun je

vereenvoudigen:

 

   

10 2 2 1

10 2 20 10 2

20 10 2 2 1 2 1 2 1 2 1

  

   

   

^.

5

AC

is de schuine zijde van een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden 8 4 2 ^en 4 2^{, dus}

   

^{2 2}

2

8 4 2 4 2 64 64 2 32 32 128 64 2

AC         

^{, dus}

128 64 2

AC  ^.

AD

is de schuine zijde van een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden 8 4 2 ^en 8 4 2 ^{, dus}

^{AD  }  ^{8 4 2}  ^{2 8 2 8  }

^.

AE

is de schuine zijde van een rechthoekige driehoek met rechthoekszijden

8

en 8 8 2 ^{, dus} AE² ⁸² 



^{8 8 2}



² 64 64 128 2 128 256 128 2     ^{, dus}

256 128 2

AE  ^.

6 a. Het midden van

AB

noemen we

E

en de straal van de cirkel noemen we

r

. De stelling van Pythagoras in driehoek

AEC

geeft: CE² 10²6^{2, dus} CE8. Het middelpunt

M

van de cirkel ligt op

CE

.

De stelling van Pythagoras in driehoek

AEM

geeft:



^8r



^{262 r2, dus}

100 16 r0, dus r6¹₄.

b. De stelling van Thales geeft: CAD90.

 

₁₀⁶

sin ACE  , dus ACE37 en ADE180     90 37 53. 2 53 106

ADB    .

7 b. BC² 9² 3²   2 9 3 cos30 43, 23^{, dus} BC 6,6. a.

sin sin 30

9 6,6

 B 



geeft sin B 0, 68, dus  B 180 43 137.

8 a. Een vergelijking van

AB

is

1 4 3

x   y

, ofwel 3x4y12.

De gevraagde afstand is ²₅

2 2

3 0 4 0 12 2 3 4

   

 

^.

3

  x    

9 a. Normaalvectoren van

l

en

m

zijn

1 2

   

 

^en

3

1

 

  

 

^.

2 2 2 2

1 3

2 1 1 3 2 1 1

cos 1 3 1 2 3 ( 1) 50

2 1

   

         

   

   

        

    

   

, dus  82.

b. x2(3x2) 1 geeft 7x5, dus x₇⁵. y   3 ₇⁵ 2 ₇¹. Snijpunt ( , )^{5 1}_{7 7} . c.

l

heeft rico ¹₂, dus

k

heeft rico

2

. Vergelijking: y2(x1), ofwel y2x2. 10 a. b2a en a10.

b. a10 en b20.

11 a. Herschrijf de vergelijking van

C

: x² 10x y ² 0, dus (x5)²y² 25. Middelpunt (5,0) en straal

5

.

b. (Niet verticale) lijnen door ( 5,0) : y a x ( 5). Snijden met

C

geeft:

2 10 ( 5 )2 0

x  x ax a  , dus x²10x a x ^{2 2}10a x² 25a² 0^. Sorteren: (1a x²) ²(10a²10)x25a² 0^.

Deze vergelijking heeft één oplossing als de discriminant

0

is, dus

 ^{10 a}

²

^{ 10} 

²

^{   4 1}  ^a

²

 ^{ 25 a}

²

^{ 0}

^.

4 2 2 4

100a 200a 100 100 a 100a 0 ^geeft a² ₃¹, dus

a  

¹₃ of a ¹₃ . Vergelijkingen zijn:

y  

¹₃

  ( x 5)

en y ¹₃ (x 5).

andere manier:

Het raakpunt heeft coördinaten R(5 5cos , 5sin )   .

De lijn door

M

^(5,0) en

R

staat loodrecht op de lijn door

N

^{( 5,0)} en

R

.

5cos 5cos 10

5sin 5sin 0

  

   

 

     

   

^geeft

2 2

25cos  50cos 25sin  0^{, dus} 25 50cos  0, dus cos  ¹₂ (dus    ²₃ ).

2 2

sin  cos  1^{, dus} sin² ³₄, dus sin ¹₂ 3 of sin  ¹₂ 3.

1 1

2 2

(2 , 2 3)

R of R(2 , 2¹₂  ¹₂ 3).

Een vergelijking van

NR

is y ¹₃ (x 5) of

y  

¹₃

  ( x 5)

. nog anders:

Driehoek

MNR

is een rechthoekige driehoek waarvan de rechthoekszijde

MR

de helft is van de schuine zijde

MN

, dus MNR30. De rico van de raaklijn is (plus of min) tan 30 ¹₃ 3, dus de gevraagde vergelijkingen zijn

13 3 ( 5)

y  x en y ¹₃ 3 ( x 5).

12 a.

3 OP   4

  

 



is een normaalvector van de raaklijn, dus de raaklijn heeft

vergelijking 3x4y c .

3 3 4 4 c    geeft c25, dus een vergelijking is 3x4y25.

b. De lijnen hebben vergelijking 3x4y c en liggen op afstand

6

van

O

, dus

2 2

3 0 4 0

6 3 4

    c

 

^{, dus c 30.}

Vergelijkingen van de lijnen zijn 3x4y30 en 3x4y 30.

13 Noem het middelpunt van de verschoven cirkel

M

, het raakpunt

R

en O(0, 0).

OMR

is een gelijkbenige rechthoekige driehoek met rechthoekszijde 8^.

    ⁸

²

⁸

²

⁴

OM   

^{, dus M(0, 4)} . Een vergelijking is x²(y4)² 8^.

14 a. t x 8 invullen in y 8 2t geeft y 8 2(x8), dus y  2x 24. andere manier:

8 0

x  t en y 8 2t0, dus 2(x  8 t) (y 8 2 ) 0t  , dus 2x y 24 0 . nog anders:

8 1

8 2

x t

y

     

 

      

     

heeft normaalvector

2 1

   

 

, dus een vergelijking is 2x y c  . 2 8 8 24

c    , dus 2x y 24.

b. 2 2

2 5 4 24 10 5 2 5 2 1

  

 



. (veel andere manieren mogelijk)

15 Er zijn acht van zulke cirkels C₂, in elk kwadrant twee.

Noem de middelpunten van C₁ en C₂ achtereenvolgens M₁ en M₂ en de straal van C₂

r

. Teken een rechthoekige gelijkbenige driehoek met schuine zijde

1 2

M M . Deze heeft schuine zijde r1 en rechthoekszijden r1^{, dus}

2 2 2

(r1)  (r 1)  (r 1) . Uitwerken geeft r²6r 1 0^{, dus} (r3)² 8^{, dus} 3 8

r  ^of r  3 8^.

16 Voor een punt ( , )x y van de parabool geldt: 4 y  x²y^{2 , dus}

2 2 2

(4y) x y . Uitwerken geeft 16 8y x  ², ofwel y 2 ¹₈x².

17 a. De middelloodlijn van

OA

heeft normaalvector

2 1

   

 

en gaat door (4, 2), dus heeft vergelijking 2x y 10. Deze snijdt de

x

-as in P(5, 0).

b. De middelloodlijn van

OP

heeft vergelijking x2¹. Deze snijdt de

18 a.

OP  (3 ) t

²

  ( t 10)

²

 10 t

²

 20 t  100  10( t  1)

²

 90

^.

OP

is minimaal 90 ^(voor t  1).

De kortste afstand tot de cirkel is 90 10 3 10  10 2 10 ^.

b. OP² (3 )t ² (t p)² 10t²2pt p ² is minimaal als 20t2p0, dus

1

t 10 p. De minimale afstand is ₁₀¹ p²₁₀² p² p²  ₁₀⁹ p² . Deze afstand is hoogstens 10 ^als ₁₀⁹ p² 10, dus p² ¹⁰⁰₉ , dus   ¹⁰₃ p ¹⁰₃ .

19 a.

4 AP   a 

  

 

is een normaalvector van de middelloodlijn, dus een vergelijking is 4

ax y c

   . De middelloodlijn gaat door (¹₂a, 2), dus c ¹₂a²8. Een vergelijking is  ax 4y ¹₂a²8, ofwel y¹₄ax¹₈a²2.

b. m_a gaat door (4, 0) als 0 a ¹₈a²2, dus a²8a16 0 ^{, dus} (a4)² 32^, dus a 4 4 2 ^of a 4 4 2^.

De richtingscoëfficiënten zijn 1 2 ^en 1 2. Het product hiervan is (1 2)(1 2) 1 2   1, dus de lijnen staan loodrecht op elkaar.

c. Er is geen waarde voor

a

waarvoor geldt y¹₄ax¹₈a²2 als de discriminant van de vergelijking ¹₈a²¹₄xa y  2 0 (met variabele

a

) negatief is, dus als

1 2 1

4 8

( x)    4 (y 2) 0 . Uitwerken geeft ₁₆¹ x²₂¹ y 1 0, dus y¹₈x²2.

20 a.

C

is een cirkel met middelpunt M(9, 6) en straal

5

. Een vergelijking van

C

is:

2 2

(x9) (y6) 25. Invullen geeft (3 3 t 9)²   ( 2 4t 6)² 25^{, dus}

2 2

(3t6) (4t8) 25. Uitwerken geeft 25t²100t75 0 ^{, dus} (t1)(t 3) 0, dus t1 of t3. Invullen in de pv van

L

geeft de snijpunten (6, 2) en (12,10). b. Deze straal is de afstand van

O

tot

L

. Een vergelijking van

L

is 4x3y18.

De straal is dus ³₅

2 2

4 0 3 0 18 3 4 3

   

 

^.

c.

OM   5 9

²

 6

²

  5 117 5 

^{en OM  5 117 5 .}

21 a. Een normaalvector is

2 1

   

 

, dus een richtingsvector in de richting van de positieve

x

-as is

1

2

 

  

 

; deze heeft lengte 5. Een vectorvoorstelling is dus:

0 1 1

10 5 2

x t

y

     

   

      

     

b.

1

10 2 0

t 5

    

_{geeft t 5 5.}

c. De loodlijn door

O

op

l

heeft vergelijking x2y0. Voor het snijpunt van deze lijn met

l

geldt

1 2

2 10 0

5 5

t        t  

 

^{, dus 5 t 20, dus}

20 4 5 t  5 

_. d. 10 2 t² 0 ^geeft t 5 ^(of t  5^).

( ) 2

x t  t en y t( ) 4t, dus de snelheidsvector op tijdstip t 5 ^is

2 5 4 5

 

 

  

 

^. De snelheid is dan

   ^{2 5}

²

^{  4 5} 

²

^{ 10}

^.

e. x t( ) 2 en y t( ) 4, dus de versnelling is 2² ( 4)²  20^.

22 Het midden van

OA

is M(3,1).

3 1

1 3 3

OB OM MB              

   

  

, dus

B

heeft coördinaten (3 3,1 3 3) ^.

23 a.



0 4 2 0 4 8



3 , 3 (2, 4)

    

b.



2 0 4 2 2 0 4 8



1 4 , 4 (1 , 3)2

      

24 Leg de driehoek met de rechthoekszijden op de positieve

x

-as en

y

-as. De middens van de zijden zijn dan (5, 0), (0, 5) en (5, 5). Het zwaartepunt is



^{5 0 2 5 0 5 2 5}

 

5 5 2 5 5 2



2 2

,

2 2 2 2

,

2 2

       

 



  .

De afstand van dit punt tot de lijn x y 10 is

5 5 2 5 5 2

2 2 2 2

10 2(5 5 2) 10(2 2) 10 10 2(2 2)

5 2 5 2(4 2)

2 2(2 2) 2(2 2)

 







         

  

25 a.

y

is maximaal als cos( )  t 1, dus      t k 2 , dus t 1 2k, met

k

een geheel getal. 1 2 k 1000 geeft k499,5, dus het eerste getal is

500

.

b. De snelheid is

 ^{2 cos( )   t}  

²

^{  2 sin( )  t} 

²

^{  2}

^.

De versnelling is

 ^{   2}

²

^{sin( )  t}  

²

^{   2}

²

^{cos( )  t} 

²

^{  2}

^2.

26

5 AB   5

  

 



en

1

AC   7 

     



, dus

2 2 2 2

5 1

5 7 5 35 4

cos CAB 5 5 1 7 50 5

    

       

   

    

  

, dus

143

CAB . 27 Ontbind F_z

in twee componenten: de ene loodrecht op het vlak en de andere evenwijdig aan het vlak. Deze laatste heeft grootte 500 sin 25  211N.

28 a. 300 300²180² 60^cm.

b.

180

240

h z

F

F 

_{, dus Fh  }³_{4 15 11} ¹_4N

c.

300

240

s z

F

F 

_{, dus Fs  }⁵_{4 15 18} ³_4N

29 b. Ontbind de kracht die wordt uitgeoefend door de krachtmeter in een horizontale en een verticale component. De horizontale component heeft grootte 15 cos 37  12N (naar links), de verticale component 15 sin 37  9N (omhoog). De grootte van de horizontale component van de spankracht is dus

12

N (naar rechts), maar ook F_ssin 37, dus

12

sin 37 20 F

s

 



^N.

De verticale component van de spankracht heeft grootte

12 tan 37  16



^{N. De} grootte van de zwaartekracht is dus 9 16 25  N.

30 a. 3b2, dus b ²₃.

b. x t( ) 3 cos( )b² bt ^en y t( ) 3 sin( )b² bt , dus de versnelling is 3b^2. 3b2 0,12 ^geeft b0, 2.

31 a. y t( ) 10 10  t0 geeft t 1. Het punt is (10,125).

b. x t( ) 10 , dus x(0) 10 en ook y(0) 10 , dus de hoek is 45.

c. x(4) 40 , y(4) 80 , x(4) 10 en y(4) 30, dus een vectorvoorstelling is

40 10

80 30

x t

y

     

 

      

     

^.

d. 120 10 t5t² 0 ^geeft t² 2t 24 0 ^{, dus} (t6)(t4) 0 , dus t6 (want 4

t  voldoet niet). x(6) 10 en y(6) 50, dus de snelheid is

2 2

10 50  2600 ^.

e. x t( ) 0 en y t( ) 10, dus de versnelling is constant

10

.