8
Vermoedens en bewijzen
bladzijde 171 40 a ∠C = ∠C !ADC !BEC (hh) ∠ADC = ∠BEC = 90° AC DC Uit !ADC !BEC volgt dus AC ⋅ EC = BC ⋅ DC. = BC EC b ∠AEF = ∠BDF = 90° !AEF !BDF (hh) ∠AFE = ∠BFD (overstaande hoeken) AF EF Uit !AEF !BDF volgt dus AF ⋅ DF = BF ⋅ EF. = BF DF
}
}
Gemengde opgaven 151
224968 GO.indd 151
01-11-2007 11:29:45
41 a * b
C
F 2
1 4
E
D
3 2
A
1
B G
Stel ∠E = x. EF = AF dus ∠E = ∠A4 (gelijkbenige driehoek) ∠A4 = x ∠E = x ∠A1 = x ∠A1 = ∠A4 (overstaande hoeken)
∠E + ∠A4 + ∠F2 = 180° (hoekensom driehoek) ∠F1 = ∠E + ∠A4 ∠F + ∠F2 = 180° (gestrekte hoek) 1 ∠F1 = 2x ∠C = 2x AF = AC dus ∠F1 = ∠C (gelijkbenige driehoek)
∠F1 + ∠C + ∠A3 = 180° (hoekensom driehoek) ∠A12 = ∠F1 + ∠C ∠A + ∠A2 + ∠A3 = 180° (gestrekte hoek) 1 ∠A12 = 2x + 2x ∠CAG = 4x
c
Dus ∠CAG = 4 ⋅ ∠E ∠A12 = 4x ∠A2 = 3x ∠A1 = x Dus ∠BAC = 3 ⋅ ∠E ofwel ∠E = 13 ⋅ ∠BAC.
}
}
}
}
}
}
42 a Vermoeden: De baan van N is de cirkel met middellijn AM. b Gegeven: Een cirkel met middelpunt M, en punt A binnen de cirkel. De lijn l door A snijdt de cirkel in C en D. Het midden van CD is N. Te bewijzen: N ligt op de cirkel met middellijn AM.
C N
A
D l M
Bewijs: MC = MD NC = ND !MCN !MDN (ZZZ) MN = MN dus ∠MNC = ∠MND ∠MNC = ∠MND = 90° ∠MNC + ∠MND = 180° (gestrekte hoek) ∠MNA = ∠MNC = 90° dus ligt N op de cirkel met middellijn AM (Thales).
}
}
43 a Vermoeden: PQRS is een parallellogram. b Gegeven: Vierhoek ABCD met de diagonalen AC en BD. P is midden van AB, Q het midden van AC, R het midden van CD en S het midden van BD. P, Q, R en S liggen niet op één lijn. Te bewijzen: PQRS is een parallellogram. Bewijs: AP AQ 1 = = AB AC 2 !APQ !ABC (zhz) ∠A = ∠A Uit !APQ !ABC volgt ∠APQ = ∠ABC, dus QP // BC (F-hoeken). Op dezelfde manier kun je bewijzen dat RS // BC, PS // AD en QR // AD. PQ // BC PQ // RS RS // BC PQRS is een parallellogram PS // AD PS // QR QR // AD
}
} }
}
152 Gemengde opgaven
224968 GO.indd 152
01-11-2007 11:29:48
bladzijde 172 44 ∠BEF = ∠DEC (overstaande hoeken) !BEF !DEC (hh) ∠D = ∠B = 90° BF BE = DC DE BC 2 = AB2 + AC 2 BC 2 = 152 + 82 BC 2 = 289, dus BC = 17
}
!ABC is een vergroting van !DEC met factor 2, dus CE = 12 BC = 12 ⋅ 17 = 8 12 en DE = 12 AB = 12 ⋅ 15 = 7 12 .
BE = BC - CE = 17 - 8 12 = 8 12
1 BF BE BF 8 2 = geeft = 1 DC DE 4 72 4 ⋅ 8 12 BF = 1 = 4 158 72
45 a Gegeven: De cirkels c1 en c2 met middelpunten M1 en M2 die elkaar raken in het punt S, de lijn l die c1 raakt in het punt P en c2 raakt in het punt Q. De gemeenschappelijke raaklijn in S snijdt PQ in T. Te bewijzen: P, Q en S liggen op één cirkel met middelpunt T. Bewijs: Teken PS, M, P, en M2S. ∠P12 = ∠S12 = 90° (raaklijn) ∠P2 = ∠S2 dus PT = ST ∠P1 = ∠S1 (gelijkbenige driehoek) (gelijkbenige driehoek) Op dezelfde manier bewijs je QT = ST. Dus PT = QT = ST en hieruit volgt dat P, Q en S op één cirkel liggen met middelpunt T.
l
M1 P
1 2
c1
}
1
2
S
T
M2 Q c2
b
Gegeven: zie a. Te bewijzen: STPM1 is een koordenvierhoek. Bewijs: ∠ M1PT = 90° (raaklijn) ∠M1PT + ∠M1ST = 180° dus ∠M ST = 90° (raaklijn) 1 STPM1 is een koordenvierhoek (omgekeerde koordenvierhoekstelling)
l
}
M1 P c1
S
T
M2 Q c2
Gemengde opgaven 153
224968 GO.indd 153
01-11-2007 11:29:51
c
Gegeven: Zie a en verder middellijn QR. Te bewijzen: P, S en R liggen op één lijn. Bewijs: Uit a volgt dat S op de cirkel met middellijn PQ dus ∠PSQ = 90° (omgekeerde stelling van Thales) QR is middellijn dus ∠QSR = 90° (omgekeerde stelling van Thales) Dus P, S en R liggen op één lijn.
l
}
∠PSR = 180° M1 P c1
S R
T
M2 Q
c2
bladzijde 173 46 Gegeven: Zie de figuur hiernaast. l1 // l3, ∠A1 = ∠A3 en ∠B1 = ∠B3 Te bewijzen: De raaklijnen aan de spiegel in A en B staan loodrecht op elkaar.
l1 l3
3
B
Bewijs: Teken CD // AB. AB // CD en AD // BC, dus ABCD is een parallellogram en hieruit volgt ∠A2 + ∠B2 = 180°.
}
47 a
2 3
A
S
∠A123 + ∠B123 = 360° (twee gestrekte hoeken) ∠A1 + ∠A3 + ∠B1 + ∠B3 = 180° 3 ∠A2 + ∠B2 = 180° ∠A1 = ∠A3 B ∠B1 = ∠B3 2 · ∠A3 + 2 · ∠B1 = 180°, dus ∠A3 + ∠B1 = 90° ∠A1 + ∠A3 + ∠B1 + ∠B3 = 180° ∠S1 = 180° - ∠A3 - ∠B1 = 90° (hoekensom driehoek) Dus de raaklijnen in A en B staan loodrecht op elkaar.
}
1
l2
2 1
C
D 1
2 1
2 3
A
1
S
k c
M1
M1
A
M B
D
l
P
De middelpunten liggen op AB, want de cirkels raken c in A. De middelpunten liggen op de bissectrices k en l, want de cirkels raken k en l, dus de middelpunten van de cirkels hebben gelijke afstanden tot k en l.
154 Gemengde opgaven
224968 GO.indd 154
01-11-2007 11:29:53
b
k
A
c
M 1
x
2
2
1
B
1 2
S 2 1
1
l
c
D
P
∠D2 = 90° (Thales) dus ook ∠D1 = 90°. ∠A12 = 90° (raaklijn) ∠M2 = 180° - ∠M1 = 180°- x ∠A2 = 180° - ∠D1 - ∠BPA = 180° - 90° - x = 90° - x ∠A1 = 90° - ∠A2 = 90° - (90° - x) = x ∠S1 = 180° - ∠A1 - ∠M1 = 180° - x - x = 180° - 2x ∠S2 = 180° - ∠S1 = 180° - (180° - 2x) = 2x ∠P1 = 180° - ∠S2 - ∠A2 = 180° - 2x - (90° - x) = 90° - x ∠B = 180° - ∠BPA - ∠A12 = 180° - x - 90° = 90° - x Gegeven: Zie figuur G.31. Te bewijzen: AS = PS = MS Bewijs: ∠P1 = 90° - ∠M1 (zie b) !APS is gelijkbenig dus AS = PS. ∠A2 = 90° - ∠M1 (zie b) ∠A1 = ∠M1 (zie b) dus !AMS is gelijkbenig dus AS = MS. AS = MS AS = PS = MS AS = PS
}
}
bladzijde 174 48
PSQC is een koordenvierhoek dus ∠PCQ + ∠PSQ = 180°. ∠PSQ = 180° - ∠PCQ = 180° - 90° = 90° BPSA is een koordenvierhoek dus ∠ABP + ∠PSA = 180°. ∠PSA = 180° - ∠ABP = 180° - 90° = 90° ∠ASQ = ∠PSQ + ∠PSA = 90° + 90° = 180° dus ligt S op AQ.
49 a Vermoeden: De omgeschreven cirkel van ABD gaat door de raakpunten van c1 en c3 en c2 en c3. b Gegeven: Zie figuur G.34. c1 Te bewijzen: ABDE is een koordenvierhoek.
c3
d
D E
C M1
c2
B
A d
M2
Gemengde opgaven 155
224968 GO.indd 155
01-11-2007 11:29:54
Bewijs: c3 c1
d
D E 1
M1
M1A = M1E M1B = M1D = straal c1 + d ∠A1 = ∠E1 (gelijkbenige driehoek)
∠M1 = ∠M1
M1 A M1 E !M1AE !M1BD (zhz) dus ∠A1 = ∠B1 = M B M D 1 1
∠E1 + ∠E2 = 180° (gestrekte hoek) ∠E1 = ∠A1 ∠B1 + ∠E2 = 180° ∠A1 = ∠B1
Uit ∠B1 + ∠E2 = 180° volgt ABDE is een koordenvierhoek (omgekeerde koordenvierhoekstelling).
2
C 1
c2
B1
A d
M2
}
}
c
}
ABDE is een koordenvierhoek, dus E op de cirkel door A, B en D. A, B, C, D en E op één cirkel. ABCD is een koordenvierhoek (bewijs zoals bij b), dus C op de cirkel door A, B en D.
156 Gemengde opgaven
224968 GO.indd 156
01-11-2007 11:29:55
