Nieuwe pagina 1

© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

∠QPC is groen (omtrekshoek koorde QC)
∠CBN is rood (omtrekshoek koorde PB)

In de hele driehoek ABC geldt
2 • rood + 2 • groen + 2 • geel = 180º

Dus rood + groen + geel = 90º

In driehoek SCP geldt dan dat ∠S gelijk is aan 90º (hoekensom SCP)

Het vraagteken is dus ook 90º

Teken het middelpunt M en de lijnstukken MA, MA en MP (zie hiernaast)

De driehoeken PBM en PAM zijn congruent (uit symmetrie-overwegingen of vanwege 2 zijden en een rechte hoek)
Dus is ∠MPB = ∠MPA, en is bijv. ∠MPB = 25º
Dan is ∠BMP = 65º (hoekensom driehoek) en ook ∠AMP = 65º
∠BMA is de omtrekshoek van koorde BA en is 130º
∠BCA is de bijbehorende omtrekshoek en is dus 65º

Teken de lijnstukken MB en MC.
De driehoeken MBP en MCP zijn congruent (2 zijden en een rechte hoek)
Dus is ∠BMP = ∠CMP

∠BMC is de middelpuntshoek van koorde BC.
Dus is ∠BMP de helft van de middelpuntshoek van koorde BC
Dat is de omtrekshoek van die koorde en dat is ∠BAC.
Dus ∠BMP = ∠BAC

Dan zijn de driehoeken BAQ en BMP congruent (HHZ want AB = MB)
Dus is AQ = MP.

koorde BD heeft omtrekshoek BED en middelpuntshoek BAD
dus ∠BED = 0,5 • ∠BAD

koorde ED heeft omtrekshoek EBD en middelpuntshoek EAD
dus ∠EBD = 0,5 • ∠EAD

∠CED = ∠BED + ∠EBD (buitenhoek driehoek BED)
∠CED = 0,5 • ∠BAD + 0,5 • ∠EAD
∠CED = 0,5 • (∠BAD + ∠EAD) = 0,5 • ∠BAC

∠XQY = ∠XPY (beiden omtrekshoek van XY)
∠AQB = ∠DPC (overstaande hoeken van de vorige twee)
dus bgAB = bgCD (ze hebben dezelfde omtrekshoeken)

bgAC = bgAB + bgBC
bgBD = bgCD + bgBC

Dus is bgAC = bgBD

Het verlengde van CP snijdt de cirkel in punt Q.
Dan zijn de bogen AQ en BQ gelijk, want de omtrekshoeken ervan zijn gelijk (bissectrice)

Q ligt dus midden tussen A en B in, dus ligt op de middelloodlijn van AB.
M ligt ook op die middelloodlijn dus MQ is de middelloodlijn van AB.

Dan is MQ // CR (beiden loodrecht op AB)
Dan is ∠RCP = ∠PQM (Z-hoeken)
Maar ook is ∠PQM = ∠PCM (gelijkbenige driehoek)

Dus is ∠RCP = ∠PCM

∠DAS = ∠BCS (beiden omtrekshoek van BD)
∠ADS = ∠CBS (beiden omtrekshoek van AC)

Dus de driehoeken ASD en CSB zijn gelijkvormig (hh)
Dan is ^AS/_SD = ^CS/_SB
Daaruit volgt AS • SB = CS • SD

∠MBC = ∠MCB (MBC is gelijkbenig: 2 zijden zijn de straal van de cirkel)

∠ABP = ∠ACP (beiden omtrekshoek van AP)
dus ∠ABP = ∠ACM (bissectrice)

∠ABC = ABP + ∠MBC = ∠ACM + ∠MCB = ∠BCA
Dus driehoek ABC is gelijkbenig (gelijke basishoeken)

a.
koorde PB = koorde AP dus die hebben gelijke omtrekshoeken.
Dat verklaart de rode hoeken bij C hiernaast.
Het middelpunt M heeft gelijke afstanden tot BC en AC dus ligt op de bissectrice van hoek C, en dat is CP

b.
∠PAB = rood want omtrekshoek van AP
M ligt ook op de bissectrice van hoek B, dus dat verklaart beide groene hoeken hiernaast.
∠PMB = rood + groen; buitenhoek van driehoek CMB

Dus ∠PMB = ∠PBM dus driehoek MPB is gelijkbenig en dus PM = PB

10.

∠BAQ = ∠BPQ (beiden omtrekshoek van BQ)
∠DCQ = ∠DPQ = ∠BPQ (beiden omtrekshoek van DQ)
Dus ∠BAQ = ∠DCQ

Dan is AB // DC (Z- hoeken)

11.

De drie hoeken bij punt P zijn alle drie 60º

PQ = AP en PR = BP (gelijkzijdig driehoeken)
∠APR = ∠BPQ (= 120º)
Daaruit volgt dat de driehoeken APR en QPB congruent zijn (ZHZ)

Dus is ∠BQP = ∠SAP

in driehoek BPQ zie je dat ∠BQP + ∠PBQ = 60º (de derde hoek is immers 120º)
driehoek SAB heeft ∠SAP = ∠BQP en ∠SBP = ∠PBQ
Die zijn samen 60º dus is ∠ASB = 120º

∠ASB is dus constant, dus ligt S op een cirkel waar AB een koorde van is (constante hoek).

12.

stel ∠PRQ = x, dan is ∠PMQ = 2x omtrekshoek en middelpuntshoek van PQ

Dan is ∠PSM = 180 - 2x - 20 vanwege driehoek PSM
Maar ook is ∠QSR = 180 - x - 52 vanwege driehoek QSR

Die moeten gelijk zijn want dat zijn overstaande hoeken.
Dus 180 - 2x - 20 = 180 - x - 52
ofwel x = 32º en ∠QSR = 96º
Dus ∠PSQ = 84º

13.

Het verlengde van SP snijdt de cirkel in Q.

Omdat AB een middellijn is, is P het midden van SQ
M is het midden van ST
Dan is PM een middenparallel van driehoek SQT, dus ∠SPM = ∠SQT

Maar ∠SQT is constant, want dat is de omtrekshoek van lijnstuk ST
Dus is ∠SPM ook constant.

14.

∠APB is constant (de omtrekshoek van AB)
Dus is ∠APX ook constant (samen een gestrekte hoek)

Maar omdat driehoek APX gelijkbenig is, zijn de basishoeken gelijk, en als de tophoek constant is, zijn de basishoeken dat automatisch ook.

Dus ∠AXP is een constante hoek
Dus de punten X liggen op een cirkel (waarvan AP een koorde is).

15.

Noem het andere snijpunt van de twee cirkels punt D

∠DCA is constant (namelijk de omtrekshoek van AD)
∠DBA is constant (namelijk de omtrekshoek van AD)
Dus de driehoeken BDA hebben allemaal twee gelijke hoeken, dus zijn ze gelijkvormig.

^BC/_BD = cte.
BC = cte • BD
BC is dan maximaal als BD maximaal is.
BD is maximaal als het een middellijn is.
Dus de maximale BC vind je door vanaf D een lijn naar het middelpunt van de rechtercirkel door te trekken.

16.

∠DAC = ∠DBC (omtrekshoek DC)

QP is middenparallel in driehoek DAC, dus QP//AC en ∠DPQ = ∠DAC (F-hoeken)

QR is middenparallel in driehoek CDB dus QR // DB en ∠QRC = ∠DBC (F-hoeken)

Dus ∠DPQ = ∠CRQ

17.

∠ADB is de omtrekshoek van boog AB (grote cirkel) en is dus constant.
∠ACB is de omtrekshoek van boog AB (kleine cirkel) en is dus ook constant.
∠BCD = 180º - ∠ACB en is dus ook constant.
In driehoek BDC zijn ∠BCD en ∠BDC constant, dus de derde hoek ∠CBD ook (som is 180º)

∠ACB is de omtrekshoek van boog AB (linkercirkel)
∠AMB is de middelpuntshoek van boog AB.
Dus is ∠ACB de helft van ∠AMB.
Maar vanwege de symmetrie van de figuur (lijnsymmetrisch in MN) is ∠AMN ook de helft van ∠AMB
Dus is ∠AMN = ∠ACB

∠AMN = ∠ACB (opgave b)
∠ANM = ∠ADB (op dezelfde manier als in opgave b, nu boog AB op de rechtercirkel)
Driehoek AMN: ∠MAN = 180º - ∠AMN - ∠ANM = 180º - ∠ACB - ∠ADB = ∠CBD
(De laatste stap zie je door driehoek BCD te nemen: som is 180º).

18.

∠BAC = b (beiden de omtrekshoek van BC)
∠ACB = ∠ASB = g (beiden de omtrekshoek van AB)
α + β + γ = 180 (samen gestrekte hoek bij S)
in driehoek ACB is de som van de hoeken ook 180, dus moet ∠ABC = α = β
∠ABC en ∠BAC zijn beiden gelijk aan β, dus gelijk aan elkaar.

Teken de middelloodlijn van AB, die snijdt de cirkel in C (aan dezelfde kant van AB als P).
Dan is driehoek ABC gelijkbenig, dus zijn de basishoeken BAC en ABC gelijk.
Richting CP geeft de stand van de spiegel.

De andere spiegel gaat analoog.

19.

∠ASC = ∠ABC want beiden zijn de omtrekshoek van AC.
Dus ∠ASC = 60º

∠BSC = ∠BAC want beiden de omtrekshoek van BC
Dus ∠BSC = 60º

∠BSE = ∠BDE want beiden de omtrekshoek van BE
Dus ∠BSE = 60º

∠ASE = ∠ASC + ∠BSC + ∠BSE = 60º + 60º + 60º = 180º

Dus ∠ASE is gestrekt.

20.

∠BPQ = ∠BAQ (omtrekshoek BQ
∠AQP = ∠ABP (omtrekshoek AP)

∠ARQ = ∠PSB (beiden maken met een rode en een groene hoek samen 180º, namelijk in de driehoeken ARQ en PSB

Dus ∠CRS = ∠CSR (gestrekte hoek bij R en S)

Dus driehoek CRS is gelijkbenig

21.

De rode hoeken zijn gelijk (omtrekshoek van koorden RN en NS)
De groene hoeken zijn gelijk (omtrekshoek van koorden PM en MQ)
De gele hoeken zijn gelijk (omtrekshoek van koorde PR)

Dan is ∠NAQ = ∠MBS vanwege de hoekensom in de driehoeken MBS en NAQ

Dus is ∠TAB = ∠TBA (gestrekte hoeken)
Dus is driehoek TAB gelijkbenig
Dus is TB = TA.

22.

∠DAB = ∠DCB (beiden de omtrekshoek van boog BD) dus ∠DCB = 60º
∠DAC = ∠DBC (beidende omtrekshoek van boog CD) dus ∠DBC = 60º
Driehoek DBC heeft dus drie hoeken van 60º dus is gelijkzijdig.

omdat EA = AC en ∠EAC = 60º is driehoek ACE gelijkzijdig.

CA = CE (EAC is gelijkzijdig)
∠ECB = ∠ACD (beiden zijn ∠ACB + 60º)
∠CEA = ∠CAD = 60º
Daaruit volgt de de driehoeken CEB en CAD congruent zijn (ZHH)

dus is EB = AD
EB = EA + AB = AC + AB
dus is AB + AC = AD

23.

Vanwege de gelijkbenigheid zijn de hoeken bij A en B gelijk.
Bekijk koorde PC.
Die heeft in beide cirkels een even grote omtrekshoek.
Dus ook een even grote middelpuntshoek.

Als de middelpunten van de cirkels M en N zijn, dan hebben de driehoeken PMQ en PNQ dus even grote hoeken (ze zijn gelijkbenig en hebben de tophoek gelijk).
PMQ en PNQ hebben ook zijde PQ gelijk, dus ze zijn congruent.
Dan zijn de andere zijden ook even groot, dus de stralen van beide cirkels ook.

24.

∠ADB = ∠ACB (beiden de omtrekshoek van koorde AB)
∠ADB = ∠DAE en ∠ACB = ∠CBF (beiden vanwege de gelijkbenige driehoeken)

dus is ∠DAE = ∠CBF.

∠AEB = ∠DAE + ∠ADB (buitenhoek driehoek ADE)
∠AFB = ∠CBF + ∠ACB (buitenhoek driehoek CFB)

Dus is ∠AEB = ∠AFB (de roden zijn gelijk en de blauwen zijn gelijk)
Dus liggen de punten op een cirkel (constante hoek)

∠ABE = ∠AFE (beiden de omtrekshoek van koorde AE)
∠ABD = ∠ACD (beiden de omtrekshoek van koorde AD)
Dus ∠AFE = ∠ACD
Dan is EF // DC (F-hoeken)

25.

Stel ∠ABC = a

Dan is ook ∠ADC = a (omtrekshoek koorde AC
Maar dan zijn ook ∠DCB en ∠DAB gelijk aan a (Z-hoeken)

∠CSA = 2a (buitenhoek van driehoek SCD
∠CMA = 2a (middelpuntshoek koorde CA)

Dus ∠CSA = ∠CMA dus de punten liggen inderdaad op een cirkel (constante hoek).

26.

MA = MB (beiden straal van de linkercirkel)

Bij gelijke koorden horen gelijke omtrekshoeken.
∠ASM is de omtrekshoek van AM
∠BSM is de omtrekshoek van BM

dus ∠ASM = ∠BSM

AS is middellijn en heeft middelpuntshoek 180º
∠AMS = 90º (helft van de middelpuntshoek)
dus groen plus rood is 90º (driehoek AMS)   ....(1)

De rode hoeken zijn gelijk (vraag 8)

De groene hoeken zijn gelijk (MAC is gelijkbenig, want MA = MC, dus zijn de basishoeken daarvan gelijk)

∠AMC = 180 - 2 • groen   (hoekensom AMC)
∠AMC = 180 - 2 • (90 - rood)    ....(1)
∠AMC = 2 • rood = ∠ASB

27.

De blauwe hoek PSQ is constant (want een omtrekshoek van de vaste koorde PQ in de linkercirkel)

De groene hoek QAP is constant (want een omtrekshoek van de vaste koorde PQ in de rechtercirkel.

∠BPA is de buitenhoek van driehoek SAP en dus ook constant.

Bij gelijke hoeken horen gelijke koorden, dus bij de vast hoek BPA hoort de vaste koorde AB.

28.

∠ACQ = ∠APB (omtrekshoek van BQ)

Dus AQC en APB zijn gelijkvormig (ook de overstaande hoeken bij A zijn gelijk)

AQ = 3 (want MQ = straal = 8)
verhoudingen als AC = x: ^x/₁₂ = ³/₁₃

Dan is x = ³⁶/₁₃

29.

Omdat de cirkels even groot zijn is
∠S₁QS₂ = ∠S₁PS₂ = α (gelijke koorden geeft gelijke omtrekshoeken)

∠PS₂R = 2α buitenhoek van driehoek PS₂Q

de omtrekshoek van boog PR is dus dubbel zo groot als de omtrekshoek van boog S₁S₂.
dus is boog PR ook dubbel zo groot als boog S₁S₂.

30.

∠BCD = ∠BAD (omtrekshoeken koorde BD)
∠CSD = ∠CAS + ∠ACS (buitenhoek driehoek ASC)

Dus is ∠DCS = ∠DSC (beiden rood + groen)
Dus is driehoek CDS gelijkbenig (gelijke basishoeken)

∠EAB = ∠ECB (omtrekshoeken koorde BE)
∠ASE = ∠CAS + ∠ACS (buitenhoek driehoek ASC)

Dus is ∠EAS = ∠ESA (beiden rood + groen)
Dus is driehoek ASE gelijkbenig (gelijke basishoeken)

31.

Verleng de lijnstukken AM en BM tot A'M en B'M.

∠PMA' = 2 • ∠PAA' (omtrekshoek van PA')
∠QMB'= 2 • ∠QBB' (omtrekshoek van QB')
∠B'MA' = ∠AMB (overstaande hoeken)
Daaruit volgt:
∠QMP = 2 • ∠PAA' + 2 • ∠QBB' - ∠AMB

∠QMP - ∠AMB = 2 • ∠PAA' + 2 • ∠QBB' - 2 • ∠AMB ......(1)

∠MAS = 180 - ∠PAA' (gestrekte hoek)
∠MBS = 180 - ∠QBB' (gestrekte hoek)
vierhoek SAMB:
∠QSP = 360 - (180 - ∠PAA') - (180 - ∠QBB') - ∠AMB

∠QSP = ∠PAA' + ∠QBB' - ∠AMB
met (1) geeft dat ∠QMP - ∠AMB = 2 • ∠QSP

32.

∠ CEB = ∠ CAB (omtrekshoek van BC)
∠ ABH = 90 - ∠CAB (hoekensom driehoek AHB)
∠ EBD = 90 - ∠ CEB (hoekensom driehoek EBD)

dus ∠ABH = ∠EBD

Dan is driehoek HBE gelijkbenig met tophoek B
De hoogtelijn is dan gelijk aan de zwaartelijn, dus is D het midden van EH
(je kunt ook laten zien dat de driehoeken HDB en EDB congruent zijn)

33.

De omtrekshoek van koorde BC is bij de eerste cirkel 60°dus de middelpuntshoek is 120°
De omtrekshoek van koorde BC is bij de tweede cirkel 45° dus de middelpuntshoek is 90°

Zie de figuur.

APM is 1-2-√3 en AM = 2 dus AP = √3

APN is 1-1-√2 en AP = √3 dus AN = √6

De straal is dus √6

34.

De omtrekshoeken van koorden AC en BD zijn 45° dus de middelpuntshoeken zijn 90°

Zie de figuur hiernaast.
De gele driehoeken zijn congruent (HHZ)

Pythagoras: (¹/₂AB)² + (¹/₂CD)² = r²
Dat geeft AB² + CD² = 4r²

Ofwel S₁ + S₂ = 4r²

35.

Koorde AP geeft omtrekshoek a en middelpuntshoek aa
Koorde PB geeft omtrekshoek b en middelpuntshoek bb

Bij M: aa + bb = 90 dus a + b = 45
in driehoek ABP: hoekensom 180
dus ∠P = 135°