Uitwerkingen MULO-B Meetkunde Algemeen 1946 Opgave 1

Uitwerkingen MULO-B Meetkunde Algemeen 1946

Opgave 1

Teken AB (gegeven) met daarop het punt D, zo dat 3

AD  en BD  5 . Teken een cirkel met het midden M van AB als middelpunt. Op deze cirkel ligt het punt C, de rechthoek is immers rechthoekig (omgekeerde Thales).

Omdat ^{ ACD   BCD} (CD is bissectrice) zijn ook de bogen AS en BS gelijk. Door de middelloodlijn van AB te tekenen vinden we het punt S. De lijn door de punten S en D snijdt de cirkel in C. Teken tenslotte AC en BC.

Opgave 2

Omdat ^{ NAE   NAP} geldt  NAE  45

en omdat in  ^NAE geldt  ANE  90

 45

 45

is driehoek NAE gelijkbenig rechthoekig, dus

6 3 9

AE EN    AD DE BE     AB  . Omdat AD DM   3 is de straal r

van de ingeschreven cirkel van  ^ABC gelijk aan 3.

Nu geldt voor de straal r

van de ingeschreven cirkel van  ^ABC , de halve omtrek s van  ^ABC en de oppervlakte O van  ^ABC de formule

i

r O

 s . Omdat ^r

^{ 3} vinden we 3 O

 s (1).

Voor de straal r

van de aangeschreven cirkel, de halve omtrek s van  ^ABC en de oppervlakte O van  ^ABC de formule

O

r  s c

 met c  AB  9 , dus vinden we 6

9 O

 s

 (2).

Als S het raakpunt van de ingeschreven cirkel is met zijde BC en R het raakpunt van de ingeschre- ven cirkel is met zijde AC geldt verder

6

BS  BD  en AR  AD  3 . Stel nu

CR CS   x , dan vinden we voor de omstrek 2s

van  ^ABC 2 s  2 x       3 9 6 s x 9 .

Dit ingevuld in (1) geeft 3 3 27 9

O O x

 x   

 (3). Ingevuld in (2) geeft dit

6 6

9 9

O O x

 x  

  (4).

Uit (3) en (4) volgt 6 x  3 x  27  3 x  27   x 9 , dus geldt AC    3 9 12 . Met de stelling van Pythagoras vinden we voor BC: BC

 AB

 AC

 81 144 225    BC  15 . Rest nog de berekening van ^{ ACB} en ^{ ABC} .

Uit sin(  ACB )   

ACB  36,9

, dus  ABC  53,1

.

Opgave 3

CD is bissectrice en volgende de bissectrice- stelling geldt

: : 7,7 : 6 5 : 4

9 AD DB AC BC AD DB AB

   

 

   

5

9

9 5

AD    en ^{BD   }

^{9 4} . Volgens de stelling van Stewart geldt

2 2 2

AB CD   AD BC   BD AC   AD DB AB   , dus 9  CD

    5 6

4 (7,5)

    5 4 9

2 2

9  CD  180 225 180    CD  25  CD  5 .

Omdat AD CD   5 geldt ^{ CAB   ACE} . Verder geldt ^{ BAE   BCE ( }

^{boog BE )} . Bekend is nu

CAB ACE

CAB BAE ACE BCE CAE ACB

BAE BCE

   

           

     (1).

Uit

(

boog )

CAB ACE

CAB ABE

ABE ACE AE

   

    

     

// (verwisselbare binnenhoeken)

AC BE (2).

Volgens de machtstelling geldt: DE CD   AD DB   DE     5 5 4 DE  4 .

Tenslotte volgt uit

( 5) ( 4)

(overstaande hoeken) AD CD

DE DB ADE CDB AE CB

ADE CDB

  

       

   

  (3)

Uit (1), (2) en (3) volgt dat vierhoek AEBC een gelijkbenig trapezium is.