|
|||||
| 1. | Zie de figuur hiernaast. De hoek die de lichtstralen bij B met elkaar maken is 180 - β (omdat l1 en l3 evenwijdig zijn, vormt de andere hoek bij B een Z-hoek met β) We zien bij B dat 2γ + 180 - β = 180 ofwel γ = 0,5β We zien bij A dat 2α + β = 180 ofwel α = 90 - 0,5β Samen volgt daaruit dat α + γ = 90 - 0,5β + 0,5β = 90 Dus is ook δ gelijk aan 90º. |
|
|||
| 2. | ADC en BDC zijn
congruent (HHZ) want ∠A = ∠B (gelijkbenige driehoek) en ze hebben
beiden een rechte hoek en beiden zijde CD. Dus is AD = BD De driehoeken ADP en BDQ hebben dan twee gelijke Z-hoeken, twee gelijke overstaande hoeken en een gelijke zijde dus ze zijn congruent (HHZ) |
 |
|||
| 3. | In driehoek APB is
de som van de hoeken 180º Dus ∠APB = 180º - (∠BAP + ∠ABP) Maar ∠BAP = 0,5 • ∠A en ∠ABP = 0,5 • ∠B Omdat ∠A + ∠B + γ = 180 geldt 0,5•∠A + 0,5•∠B = 0,5 • (∠A + ∠B) = 0,5 • (180 - γ) Dus ∠APB = 180 - 0,5 • (∠A + ∠B) = 180 - 0,5 • (180 - γ) = 90 - 0,5γ. |
||||
| 4. | a. | ∠R1MR2
= 120º (want het was 1/3 cirkel) dus ∠AMR1 = 60º (symmetrie) Omdat de raaklijn AR1 loodrecht op MR1 staat is driehoek AMR1 een 30-60-90 driehoek. Dus is AM = 2MR1 Omdat MB = MR1 is de afstand inderdaad de helft. |
|
||
| b. | Het grensgeval is de
verzameling van punten waarvoor de raaklijnen een rechte hoek met
elkaar maken. Dat betekent dat de middelpuntshoek S1MS2
dan ook een rechte hoek is. MS1XS2 is dan een vierkant met zijde r. MX = r√2 (Pythagoras) De punten X die een stompe hoek maken liggen
in de oranje ring hiernaast. |
|
|||
| 5. | Als A raakpunt van AB aan de
cirkel is, dan staat de lijn MA loodrecht op AB. Teken daarom een lijn door A loodrecht op AB, dan moet M daar dus opliggen. Als de cirkel door D en door A gaat, dan is de afstand van M tot D gelijk aan de afstand van M tot A (namelijk de straal van de cirkel). Dus ligt M op de middelloodlijn van A en D. M is het snijpunt van de middelloodlijn en de loodrechte lijn. Teken een cirkel door M met straal MA. Waar die de andere cirkel snijdt ligt punt E. |
|
|||
| 6. | ∠AMC
= 40º (hoekensom driehoek) ∠CMB = 140º (gestrekte hoek) driehoek CMB is gelijkbenig (straal cirkel) ∠MCB = 20º (basishoeken gelijkbenige driehoek) Het kleine driehoekje bij C heeft dan een hoek van 20º en een hoek van 90º, dus is de derde hoek 70º Dan is de hoek met het vraagteken ook 70º want dat is daar de overstaande hoek van. |
|
|||
| 7. | Noem het omgevouwen
punt T voor het gemak C Bij C zijn drie hoeken samen 180º, namelijk ∠ATP + ∠PTQ + ∠QTB maar ∠PTQ = 60º (omgevouwen van ∠T) Dus ∠ATP + ∠QTB = 120º in driehoek APT zijn ook drie hoeken samen 180º, namelijk ∠PAT + ∠ATP + ∠TPA maar ∠PAT = 60º (gelijkzijdige driehoek) Dus ∠ATP + ∠TPA = 120º Maar dan is ∠QTB = ∠TPA (beiden zijn met ∠ATP samen 120º) Dan zijn de driehoeken ACP en BQC gelijkvormig (hhh) dus AC/AP = BQ/BC 1/AP = BQ/2 BQ • 1 = AP • 2 BQ = 2 • AP |
|
|||
| 8. | De driehoeken MRQ,
MRP en MQP zijn gelijkbenig (cirkel c1) dus de rode,
gele en groene hoeken hiernaast zijn gelijk. Maar ook QRP is gelijkbenig (cirkel c2) dus rood + groen = rood + geel Dan is geel = groen. MQ Snijdt RP in S Dan zijn RSQ en PSQ gelijkvormig (hh) Dus is ∠RSQ = ∠PSQ, maar omdat ze samen 180º zijn is elke dus 90º Dus staat MQ loodrecht op RP. |
|
|||
| 9. | Stel dat de
bissectrices de hoeken in twee rode en twee groene hoeken verdelen zoals
hiernaast. ∠BAD = buitenhoek bij D (twee groenen, Z-hoeken) Dus zijn twee roden en twee groenen samen 180º (gestrekte hoek D) Dus zijn één rode en één groene samen 90º In de driehoek met het vraagteken zie je dat het vraagteken dan 90º moet zijn (hoekensom 180º) |
|
|||
| 10. | Verleng RP tot S zodat PS = PQ. Dan is ∠SPA = ∠RPB (overstaand) Maar die hoek is ook ∠QPA (beiden met een groene hoek 90º) Dus PSA is congruent met PQA (ZHZ) Dus is ook ∠PSA = 90º Teken de hoogtelijn AT Dan is ATRS een rechthoek (3 rechte hoeken, dus 4) Dus is RS = AT RS = RP + PS = RP + PQ Dus RP + PQ = AT en dat is constant. |
|
|||
| 11. | Noem het midden van BD punt P Dan is PN middenparallel van driehoek BDC, dus PN = 0,5DC PM is middenparallel van driehoek BAD, dus PM = 0,5AB Dus zijn PM en PN even lang, en is driehoek PMN gelijkbenig met gelijke basishoeken. ∠MNP = ∠NMC (Z-hoeken) = α Dus ook ∠NMP = α ∠DMP = ∠DAB (Z-hoeken) = 2α Dus de gevraagde hoek BAC is 2α |
|
|||
| 12. | Hoek BAC is 90º Teken MP loodrecht op AC MP is middenparallel van ABC, dus MP = 3 Dan is AM = 5 (3-4-5 driehoek) Dus AMB is gelijkbenig en ∠ABM = ∠BAM Dan is ook ∠AMP daaraan gelijk (F-hoeken) ∠MFA ook (want ∠FMA is 90º) Dus driehoek MFA is een verkleining van ABC met factor 5/8 (AM = 5, AC = 8) opp. MFA = (5/8)2 • opp ABC opp MFA = 25/64 • 0,5 • 6 • 8 = opp AFDE = 25 - 75/8 = 125/8 |
|
|||
|
© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl) |
|||||
