C + E = 180 ( AEBC is een koordenvierhoek)

G&R vwo B deel 4 C. von Schwartzenberg

12 Bewijzen in de vlakke meetkunde 1/16

1

Vermoeden: ∠ACB is constant (in figuur 12.1 als punt C over de bovenste boog AB loopt).

2a 2b

* *

2c

Vermoeden: ∠ACB = 1 ∠ACB .

4a

Gegeven: De punten C en D op dezelfde cirkelboog AB . Te bewijzen: ∠C = ∠D . Bewijs: Teken een punt E op de cirkelboog AB waarop niet de punten C en D liggen. ∠C + ∠E = 180° (AEBC is een koordenvierhoek)  ⇒ ∠C = ∠D . ∠D + ∠E = 180° (AEBD is een koordenvierhoek) 

4b

Uit de stelling van de constante hoek volgt dat ∠ACB overal op een cirkelboog AB gelijk is.

5a

Gegeven: De punten A, B , C en D met C en D aan dezelfde kant van AB en ∠C = ∠D . Te bewijzen: C en D liggen op dezelfde cirkelboog AB . Bewijs: Teken de cirkel door de punten A, B en C . ∠C + ∠E = 180° (AEBC is een koordenvierhoek)   ⇒ ∠D + ∠E = 180°. ∠C = ∠D (gegeven)  Dus AEBD is een koordenvierhoek. Hieruit volgt dat C en D op dezelfde cirkelboog AB liggen.

5b

In vierhoek ABCD liggen C en D aan dezelfde kant van AB . Als ∠ADB = ∠ACB , dan liggen C en D op dezelfde cirkelboog AB (constante hoek), dus A, B , C , en D liggen op één cirkel ⇒ ABCD is een koordenvierhoek.

6a

Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie figuur 12.4a).

2

3a 3b

* Vermoeden: De drie cirkels gaan door één punt.

3c

Vermoeden: De drie lijnstukken gaan door één punt.

Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB . 2

Bewijs: Verleng AM . Zo ontstaat de middellijn AD . ∠ACB = ∠ADB (constante hoek)   ∠MDB = ∠MBD (gelijkbenige driehoek) ⇒ ∠MDB + ∠MBD + ∠BMD = 180° (hoekensom driehoek)  2 ⋅ ∠ACB + ∠BMD = 180°  ⇒ 2 ⋅ ∠ACB = ∠AMB ⇒ ∠ACB = 1 ∠AMB . 2 ∠AMB + ∠BMD = 180° (gestrekte hoek)  6b

Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie figuur 12.4b). Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB . 2

Bewijs: Verleng AM . Zo ontstaat de middellijn AD . ∠D = 180° − ∠C (koordenvierhoek)   ∠B 1 = ∠D (gelijkbenige driehoek)  ⇒ ∠M1 + 180° − ∠C + 180° − ∠C = 180° ⇒  ∠M1 + ∠D + ∠B 1 = 180° (hoekensom driehoek)  ∠M 2 = 180° (gestrekte hoek)  ∠M1 + ∠M 2 = 2 ⋅ ∠C ⇒ ∠M12 = 2 ⋅ ∠C ⇒ 1 ∠M12 = ∠C ofwel ∠ACB = 1 ∠AMB . 2

2

Alternatieve uitwerking Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie figuur 12.4b).

Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB . 2

6c

Bewijs: Teken punt D op de cirkel zoals hiernaast en teken CD en DM . ∠C 1 = 1 ∠M1 (onderdeel 6a)  1 1 2  ⇒ ∠C 12 = 2 ∠M12 ofwel ∠ACB = 2 ∠AMB . ∠C 2 = 1 ∠M 2 (onderdeel 6a)  2  Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie de figuur hiernaast). Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB . 2

Bewijs: ∠ACB = 90° (Thales)  ⇒ ∠ACB = 1 ∠AMB . 2 ∠AMB = 180° (gestrekte hoek)  7a

Gegeven: Een cirkel met middelpunt M en de gelijke bogen AB en CD . Te bewijzen: AB = CD . Bewijs: boog AB = boog CD ⇒ ∠AMB = ∠CMD  ⇒ ∆AMB ∆CMD (ZHZ) ⇒ AB = CD . AM = BM = CM = DM (straal van de cirkel) 

≌

G&R vwo B deel 4 C. von Schwartzenberg 7b


Gegeven: Een cirkel met middelpunt M en de gelijke koorden AB en CD . Te bewijzen: boog AB = boog CD . Bewijs: AB = CD  ⇒ ∆AMB ∆CMD (ZZZ) ⇒ ∠AMB = ∠CMD ⇒ boog AB = boog CD . AM = BM = CM = DM (straal van de cirkel) 

≌

8

Gegeven: Driehoek ABC met hoogtelijn CF en met FD ⊥ BC en FE ⊥ AC . Te bewijzen: ∠CDE = ∠A. Bewijs: Teken DE . ∠E 12 + ∠D12 = 90° + 90°, dus CDFE is een koordenvierhoek (koordenvierhoek). Dus ∠D 1 = ∠F 2 (constante hoek)   ⇒ ∠D 1 = ∠A In ∆AEF is ∠A = 90° − ∠F 1  ⇒ ∠A = ∠F 2   ∠F 2 = 90° − ∠F 1 (rechte hoek)   ofwel ∠CDE = ∠A.

9

Gegeven: De gelijkbenige driehoek ABC met AC = BC en het punt P met ∠CDE = 1 ∠ACB aan 2

dezelfde kant van AB als C (zie figuur 12.4b). Te bewijzen: BC = CP . Bewijs: Teken de cirkel met middelpunt C en straal AC . Punt D ligt op de boog AB aan dezelfde kant van AB als C . ∠D = 1 ∠ACB (omtrekshoek)  2  ⇒ ∠D = ∠P . ∠P = 1 ∠ACB (gegeven)  2 Hieruit volgt dat D en P op de zelfde cirkelboog AB met middelpunt C liggen (constante hoek) dus BC = CP (straal van de cirkel). 10a

Gegeven: ∆ABC met de naar buiten gerichte gelijkzijdige driehoeken BCP , ACQ en ABR (zie figuur 12.7). Te bewijzen: De omgeschreven cirkels van de driehoeken BCP , ACQ en ABR gaan door één punt. Bewijs: De omgeschreven cirkels van de driehoeken BCP en ACQ snijden elkaar binnen ∆ABC in het punt T .

∠P + ∠BTC = 180° (koordenvierhoek)   ⇒ ∠BTC = 120° (1) ∠P = 60° (gelijkzijdige driehoek)  ∠Q + ∠ATC = 180° (koordenvierhoek)   ⇒ ∠ATC = 120° (2) ∠Q = 60° (gelijkzijdige driehoek)  Uit (1) en (2) volgt ∠ATB = 120° ⇒ ∠ATB + ∠R = 180° ∠R = 60° (gelijkzijdige driehoek)  Dus ATBR is een koordenvierhoek (koordenvierhoek), dus T ligt op de omgeschreven cirkel van driehoek ABR . Hieruit volgt dat de drie omgeschreven cirkels door één punt gaan. 10b

Gegeven: ∆ABC met ∠ACB > 120° en de naar buiten gerichte gelijkzijdige driehoeken BCP , ACQ en ABR . Te bewijzen: De omgeschreven cirkels van de driehoeken BCP , ACQ en ABR gaan door één punt. Bewijs: De omgeschreven cirkels van de driehoeken BCP en ACQ snijden elkaar buiten ∆ABC in het punt T .

∠P = ∠BTC (constante hoek)  ⇒ ∠BTC = 60° (1) ∠P = 60° (gelijkzijdige driehoek)  ∠Q = ∠ATC (constante hoek)  ⇒ ∠ATC = 60° (2) ∠Q = 60° (gelijkzijdige driehoek)  Uit (1) en (2) volgt ∠ATB = 60° + 60° = 120°  ⇒ ∠ATB + ∠R = 180° ∠R = 60° (gelijkzijdige driehoek)  Dus ATBR is een koordenvierhoek (koordenvierhoek), dus T ligt op de omgeschreven cirkel van driehoek ABR . Hieruit volgt dat de drie omgeschreven cirkels door één punt gaan.



11a

∠C 1 = ∠C 3 = 60° (gelijkzijdige driehoek) ⇒ ∠C 12 = ∠C 23   QC = AC (gelijkzijdige driehoek)  ⇒ ∆QBC  BC = PC (gelijkzijdige driehoek)

11b

∆QBC ∆APC ⇒ ∠CQB = ∠CAP ofwel ∠CQS = ∠CAS . Hieruit volgt dat Q en A op dezelfde cirkelboog CS liggen (constante hoek), dus AQCS is een koordenviehoek.

11c

∠A1 = ∠A3 = 60° (gelijkzijdige driehoek) ⇒ ∠A12 = ∠A23   AQ = AC (gelijkzijdige driehoek)  ⇒ ∆QBA ∆CRA (ZHZ).  AB = AR (gelijkzijdige driehoek) ∆QBA ∆CRA ⇒ ∠AQB = ∠ACR ofwel ∠AQU = ∠ACU . Hieruit volgt dat Q en C op dezelfde cirkelboog AU liggen (constante hoek), dus AQCU is een koordenviehoek.

≌ ∆APC (ZHZ).

≌

≌

≌

11d

S op BQ en uit 11b volgt dat S op de omgeschreven cirkel van ∆AQC ligt  U op BQ en uit 11c volgt dat U op de omgeschreven cirkel van ∆AQC ligt  Dus S en U zijn hetzelfde punt, ofwel AP , BQ en CR snijden elkaar in één punt.

11e

Het snijpunt van AP , BQ en CR ligt op de omgeschreven cirkel van ∆AQC (zie 11d) Uit ∆QBC ∆APC (zie 11a) volgt op dezelfde manier als in 11b en 11d dat het snijpunt van AP , BQ en CR op de omgeschreven cirkel van ∆BPC ligt. Dus het snijpunt van AP , BQ en CR is het punt T van opgave 10.

12a

Gegeven: De punten A, B , C en D op een cirkel zo, dat de lijnen AB en CD elkaar binnen de cirkel snijden in P . Te bewijzen: PA ⋅ PB = PC ⋅ PD . Bewijs: Teken de lijnstukken AC en BD . ∠A = ∠D (constante hoek)  ⇒ ∆ACP ∆DBP (hh) ∠B = ∠C (constante hoek)  Hieruit volgt PA = PC , dus (neem kruisproducten) PA ⋅ PB = PC ⋅ PD .

≌

∽

PD

12b

PB

Gegeven: De punten A, B , C en D op een cirkel zo, dat de lijnen AB en CD elkaar buiten de cirkel snijden in P . Te bewijzen: PA ⋅ PB = PC ⋅ PD . Bewijs: Teken de lijnstukken AC en BD . ∠A + ∠D1 = 180° (koordenvierhoek)  ⇒ ∠A = ∠D2  ∠D1 + ∠D2 = 180° (gestrekte hoek)  ∆DPB (hh)  ⇒ ∆APC ∠P = ∠P  Hieruit volgt PA = PC , dus (neem kruisproducten) PA ⋅ PB = PC ⋅ PD .

∽

PD

13a

Bewijs:

PB

Teken AB en CD .

∠P1 + ∠A + ∠B = 180° (hoekensom driehoek)   1 1  ∠A = 1 ∠BMC (omtrekshoek)  ⇒ ∠P1 + 2 ∠BMC + 2 ∠AMD = 180° 2 ⇒  ∠B = 1 ∠AMD (omtrekshoek) ∠AMB + ∠BMC + ∠CMD + ∠AMD = 360°   2  P1 + 1 ∠BMC + 1 ∠AMD = 1 ∠AMB + 1 ∠BMC + 1 ∠CMD + 1 ∠AMD 2

2

2

2

2

2

Dus ∠APB = 1 ∠AMB + 1 ∠CMD = 1 (∠AMB + ∠CMD ). 2

13b

2

2

Bewijs: Teken BD . ∠D1 + ∠P + ∠B = 180° (hoekensom driehoek)  ⇒ ∠D1 + ∠D2 = 180° (gestrekte hoek) 

∠P + 1 ∠CMD = 1 ∠AMB ⇒ ∠APB = 1 ∠AMB 2

14

2

2

∠P + ∠B = ∠D2



 ∠B = 1 ∠CMD (omtrekshoek)  ⇒ 2  ∠D2 = 1 ∠AMB (omtrekshoek)  2  − 1 ∠CMD = 1 ( ∠AMB − ∠CMD ). 2 2

Gegeven: Twee cirkels met gelijke straal die elkaar snijden in A en B . De lijn l door A snijdt de cirkels in P en Q . Te bewijzen: Driehoek BPQ is gelijkbenig. Bewijs: Noem het middelpunt van de linker cirkel M en van de rechter cirkel N . Teken BP , BQ , AB , AN en BN .



MA = MB = NA = NB ( = straal)   ⇒ ∆MAB AB = AB 

≌ ∆NAB (ZZZ) ⇒ ∠AMB = ∠N 1.

 ∠Q 1 = 1 ∠N 2 (omtrekshoek) 1 2  ⇒ ∠Q 1 = 180° − 2 ∠N 1  ∠N 1 + ∠N 2 = 360° ⇒ ∠N 2 = 360° − ∠N 1  ⇒ ∠Q 1 = 180° − ∠Q 2   ∠Q 2 = 1 ∠N 1  1 2  ⇒ ∠Q 2 = 2 ∠AMB  ∠AMB = ∠N 1   ⇒ ∠P = ∠Q 2 ⇒ driehoek BPQ is gelijkbenig.  1 ∠P = ∠AMB (omtrekshoek)  2 15a

AD 2 + CD 2 = AC 2  ⇒ AC 2 > AD 2 ⇒ AC > AD .  CD > 0 

15b

BD 2 + CD 2 = BC 2 (Pythagoras)  ⇒ BC 2 > BD 2 ⇒ BC > BD .  CD > 0  AC > AD (15a)  ⇒ AC + BC > AD + BD  BC > BD (15b)   ⇒ AC + BC > AB . AD + BD = AB 

15c

16

Gegeven: ∆ABC met een willekeurig punt P binnen deze driehoek. Te bewijzen: PA + PB + PC > s . Bewijs: Teken de lijnstukken PA, PB en PC . PA + PB > c (driehoeksongelijkheid)   PB + PC > a (driehoeksongelijkheid)  ⇒ 2PA + 2PB + 2PC > a + b + c PC + PA > b (driehoeksongelijkheid)  PA + PB + PC > 1 (a + b + c ) 2

PA + PB + PC > s . 17

Gegeven: ∆ABC met een willekeurig punt D op BC . Te bewijzen: AD < s . Bewijs: Teken lijnstuk AD . AD < CD + b (driehoeksongelijkheid)  ⇒ 2AD < CD + BD + b + c AD < BD + c (driehoeksongelijkheid)  2AD < a + b + c

AD < 21 (a + b + c ) AD < s . 18

Gegeven: Vierhoek ABCD met een punt P niet op een van de diagonalen. Te bewijzen: AP + BP + CP + DP > AC + BD . Bewijs: Teken AP , BP , CP , DP en de diagonalen AC en BD . AP + CP > AC (driehoeksongelijkheid)  ⇒ AP + BP + CP + DP > AC + BD . BP + DP > BD (driehoeksongelijkheid) 

19a

Dit volgt uit de driehoeksongelijkheid.

19b

AB + BC > AC is in tegenspraak met AB + BC = AC , dus de veronderstelling dat B niet op de lijn AC ligt is onjuist ⇒ B ligt op de lijn AC .

20

Gegeven: Vierhoek ABCD met AB = CD en AB // CD . Te bewijzen: AD // BC ( // betekent "is evenwijdig met "). Bewijs: Veronderstel dat niet geldt AD // BC , dan snijden AD en BC elkaar in een punt S . (zie de rechter figuur hiernaast)

∽

 ∠S = ∠S ⇒ ∆ABS ∆DCS (hh) ⇒ AB = AS . ∠A2 = ∠D (F-hoeken)  DC DS Omdat AS ≠ DS is AB ≠ DC ( ≠ betekent "is niet gelijk aan"). Dit is in tegenspraak met AB = CD . De veronderstelling dat AD niet evenwijdig is met BC is dus onjuist ⇒ AD // BC .

G&R vwo B deel 4 C. von Schwartzenberg 21


Gegeven: ∆ABC met ∠A = ∠B . Te bewijzen: AC = BC . Bewijs: Veronderstel dat AC > BC , dan is er een punt D op AC zo, dat AD = BC . AD = BC   ∠A = ∠B 12  ⇒ ∆ABD ∆BAC (ZHZ) ⇒ ∠B 1 = ∠A. AB = AB 

≌

Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ er geldt niet AC > BC  ⇒ AC = BC . Op dezelfde manier leidt de veronderstelling AC < BC tot een tegenspraak  22a

O ( ∆ADC ) = 21 ⋅ CD ⋅ h (oogte trapezium)

22c

O ( ∆BDC ) = 21 ⋅ CD ⋅ h (oogte trapezium) (h is de afstand tussen AB en CD )

22b

O ( ∆ADS ) = O ( ∆ADC ) − O ( ∆CDS ) = O ( ∆BDC ) − O ( ∆CDS ) = O ( ∆BCS ).

23a

Gegeven: ∆ABC met ∠C = 90°. Bewijs: Teken de hoogtelijn CD . ∠A = ∠A  ⇒ ∆ACB ∠C = ∠D = 90° ∠B = ∠B  ⇒ ∆BCA ∠C = ∠D = 90° Uit (1) en (2) volgt nu: AC 2 + BC 2

Veronderstel dat PS < QS . Dan O ( ∆APS ) < O ( ∆BQS ) en O ( ∆DPS ) < O ( ∆CQS ). Dus O ( ∆ADS ) < O ( ∆BCS ). In tegenspraak met onderdeel 22b ⇒ er geldt niet PS < QS . Op dezelfde manier leidt "PS > QS " tot een tegenspraak. Dus PS = QS .

Te bewijzen:

BC 2 + AC 2 = AB 2 .

∽ ∆ADC (hh) ⇒ AC = AB ⇒ AC 2 = AD ⋅ AB (1). AD AC ∽ ∆BDC (hh) ⇒ BC = BA ⇒ BC 2 = BD ⋅ AB (2). BD BC

23b

= AD ⋅ AB + BD ⋅ AB = (AD + BD ) ⋅ AB = AB ⋅ AB = AB 2 .

Gegeven: ∆ABC met BC 2 + AC 2 = AB 2 . Te bewijzen: ∠C = 90°. Bewijs: I Veronderstel ∠C < 90°, dan snijdt de hoogtelijn uit A de zijde BC in D . In ∆ACD is: AD 2 + CD 2 = AC 2 (Pythagoras) In ∆ABD is: AD 2 + BD 2 = AB 2 (Pythagoras)

CD 2 − BD 2 = AC 2 − AB 2

−

AB 2 = AC 2 + BD 2 − CD 2 AB 2 = AC 2 + (BD + CD ) ⋅ (BD − CD ) AB 2 = AC 2 + BC ⋅ (BD − CD ) < AC 2 + BC ⋅ BC ⇒ AB 2 < AC 2 + BC 2 . Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ veronderstelling I is onjuist. II Veronderstel ∠C > 90°, dan snijdt de hoogtelijn uit A de zijde BC in D . In ∆ACD is: AD 2 + CD 2 = AC 2 (Pythagoras) In ∆ABD is: AD 2 + BD 2 = AB 2 (Pythagoras)

CD 2 − BD 2 = AC 2 − AB 2 AB 2 = AC 2 + BD 2 − CD 2

−

AB 2 = AC 2 + (BD + CD ) ⋅ (BD − CD ) AB 2 = AC 2 + (BD + CD ) ⋅ BC > AC 2 + BC ⋅ BC ⇒ AB 2 > AC 2 + BC 2 . Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ veronderstelling II is onjuist. ∠C < 90° en ∠C > 90° zijn onjuist ⇒ ∠C = 90°. 24

Vermoeden: ∠A en de hoek tussen k en koorde BC zijn gelijk.

25ab Vermoeden: De drie cirkels gaan door één punt. 26a

25c

Vermoeden: ∠PAB = ∠PBC = ∠PCA.

Gegeven: Een cirkel met koorde AB , raaklijn k in A aan de cirkel en een punt C op de grootste boog AB . Te bewijzen: ∠A 1 = ∠ACB . Bewijs: Teken het middelpunt M en de stralen AM en BM .  ∠A2 = ∠B 1 (gelijkbenige driehoek) ⇒ ∠A2 + ∠B 1 + ∠AMB = 180° (hoekensom driehoek)   2 ⋅ ∠A2 + ∠AMB = 180° ⇒ ∠A2 + 1 ∠AMB = 90° 2 ⇒ ∠A2 + ∠A 1 = 90° (raaklijn)   ∠A 1 = 1 ∠AMB  2 ⇒ ∠A 1 = ∠ACB .  ∠ACB = 1 ∠AMB (omtrekshoek)  2 



26b

Gegeven: Een cirkel met koorde AB , raaklijn k in A aan de cirkel en een punt D op de grootste boog AB . Te bewijzen: ∠A 1 = ∠D . Bewijs: Teken middellijn AC en lijnstuk BC .  ∠B 12 = 90° (Thales)  ∠A 12 = 90° (raaklijn) ⇒ ∠A2 = ∠B 2 (gelijkbenige driehoek)   ∠A 1 = ∠B 1 ⇒ ∠B 1 = ∠C (gelijkbenige driehoek)   ∠A 1 = ∠C  ⇒ ∠A 1 = ∠D . ∠C = ∠D (constante hoek) 

27

Gegeven: De punten A, B en C op een cirkel met de raaklijn in C evenwijdig met koorde AB . Te bewijzen: ∆ABC is gelijkbenig. Bewijs: Teken AC en BC . ∠B = ∠C 3 (Z-hoeken)  ⇒ ∠B = ∠A ⇒ ∆ABC is gelijkbenig. ∠A = ∠C 3 (hoek tussen koorde en raaklijn) 

28

Gegeven: Een punt P buiten een cirkel, lijn k door P snijdt de cirkel in de punten A en B en lijn l door P raakt de cirkel in C . Te bewijzen: PA ⋅ PB = PC 2 . Bewijs: Teken AC en BC . ∠PCA = ∠B (hoek tussen koorde en raaklijn)  ⇒ ∠P = ∠P  ∆PCA

∽ ∆PBC (hh) ⇒ PCPB = PCPA ⇒ PA ⋅ PB = PC 2.

29a

Volgens de stelling van de hoek tussen koorde en raaklijn.

29b

∠PBC = ∠PCA (hoek tussen koorde en raaklijn). ∠PCA = ∠PAB (hoek tussen koorde en raaklijn).

29c

Noem T het snijpunt van c 1 en c 2 . T op c 1 ⇒ ∠TAB = ∠TBC (29a)  ⇒ ∠TAB = ∠TCA ⇒T op c 3 (29b) ⇒ c 1, c 2 en c 3 gaan door één punt. T op c 2 ⇒ ∠TBC = ∠TCA (29b) 

30

Gegeven: Lijn l , een punt P niet op l en het punt Q op l zo, dat PQ ⊥ l . Te bewijzen: PQ is de kortste verbinding van P met l . Bewijs: PQ 2 + QR 2 = PR 2 (Pythagoras)  2 2  ⇒ PQ < PR ⇒ PQ < PR . QR 2 > 0 (R valt niet samen met Q )  Omdat R een willekeurig punt op l is, is PQ de kortste verbinding van P met l .

31a

d (P , A ) = d (P , B ) ⇒ P op de middelloodlijn van AB .

31b

d (P , k ) = d (P , l ) (en k snijdt l ) ⇒ P op de twee bissectrices (hoekdeellijnen) van de hoeken tussen (de lijnen) k en l .

31c

d (P , m ) = d (P , n ) (met m n ) ⇒ P op de lijn evenwijdig met m en n , die gelijke afstand heeft tot m en tot n .

31d

d (P , M ) = 3 ⇒ P op de cirkel met middelpunt M en straal 3 (Notatie: (M , 3)).

32a

d (P , k ) = 3 ⇒ P op de lijnen op afstand 3 van k . (zie de figuur hierdonder)

3 cm

4 cm

k

k

3 cm

32b

d (P , k ) = 4 ⇒ P op de lijnen op afstand 4 van k . d (P , k ) ≥ 4 ⇒ P op of buiten de lijnen op afstand 4 van k .

4 cm

opgave 32b

G&R vwo B deel 4 C. von Schwartzenberg 33a


d (P , c 1 ) = d (P , c 2 ) ⇒ P op de middelloodlijn van M1M 2 .

3 cm

2 cm

(teken nu zelf in het werkboek de middeloodlijn van M 1M 2 )

33b

d (P , c 1 ) = 3 ⇒ P op (M1, 6). d (P , c 2 ) = 2 ⇒ P op (M 2, 5) of (M 2, 1). d (P , c 1 ) ≥ 3 ∧ (én) d (P , c 2 ) ≤ 2 is dan het gearceerde gebied (met rand) in de figuur hiernaast.

2 cm

3 cm

M2

M1

1 cm

c2 c1

34

d (P , k ) = 2 ⋅ d (P , l ) (zie de figuur hieronder). 2 d 3

k

(k , l )

1 d 3

(k , l )

l

d (k , l )

35a

d (P , c 1 ) = 2 ⋅ d (P , c 2 ).

35b

d (P , c 2 ) = 2 ⋅ d (P , c 1 ).

(zie de rechter figuur hiernaast) (zie de linker figuur hiernaast)

36a

Zie de figuur naast 36c.

36b

Voor O (0, 0) is d (P , F ) = d (P , l ) = 1. (zie de rechter figuur hiernaast)

36c

d (P , F ) = 3 ⇒ P op (F , 3). d (P , l ) = 3 ⇒ P op de lijnen op afstand 3 van l . d (P , F ) = d(P , l ) = 3 ⇒ P = P1 of P = P2 . (zie de figuur hiernaast)

36d

d (P , F ) = d (P , l ) = 1,5 ⇒ P = P3 of P = P 4 . d (P , F ) = d (P , l ) = 2 ⇒ P = P 5 of P = P6 . d (P , F ) = d (P , l ) = 5 ⇒ P = P 7 of P = P 8 . (zie de figuur hiernaast)

Vermoeden: de punten P liggen op een parabool als d (P , F ) = d (P , l ). 36e

d (P , l ) = d (P , x -as) + 1 = yP + 1 = y + 1.

36f

Pythagoras in ∆FQP : (zie de inzet hiernaast) 2 2 2

FP = PQ + FQ met PQ = y P − yQ = y − 1 en FQ = xQ − xF = x P − 0 = x . Dus FP 2 = ( y − 1)2 + x 2 ⇒

FP = d (P , F ) = (y − 1)2 + x 2 . 36g

d (P , F ) = d (P , l ) ⇒ (y − 1)2 + x 2 = y + 1 (kwadrateren) ⇒ (y − 1)2 + x 2 = ( y + 1)2 ⇒

y 2 − 2y + 1 + x 2 = y 2 + 2y + 1 ⇒ −4y = −x 2 (delen door − 4) ⇒ y = 1 x 2 (de formule van een parabool). 4

37

36h

Ja, het vermoeden in 36d klopt.

C ligt op de meetkundige plaats ⇒ d (C ,lijnstuk AB ) = d (C , l )   ⇒ d (C , A ) = d (C , l ) ⇒ C ligt op een van de parabolen. d (C ,lijnstuk AB ) = d (C , A), want AC ⊥ AB  d (C ,lijnstuk AB ) = d (C , A) = d (C ,lijn AB ), want AC ⊥ AB ⇒ d (C ,lijn AB ) = d (C , l ) ⇒ C ligt op de bissectrice. Op dezelfde manier volgt dat D op een van de parabolen en de bissectrice ligt.



38

PF = PV (P op de middelloodlijn van FV )   ⇒ d (P , F ) = d (P , l ) ⇒ P ligt op de parabool met brandpunt F en richtlijn l . d (P , F ) = PF en d (P , l ) = PV 

39

De meetkundige plaats bestaat uit delen van de parabolen met brandpunt E en richtlijnen AB , BC , CD en AD . Bij het tekenen blijkt het voldoende te zijn de parabolen met brandpunt E en richtlijnen AB en CD te tekenen. (zie de figuur hiernaast)

40a

De meetkundige plaats bestaat uit delen van de parabolen met brandpunt A en richtlijnen de benen van hoek B .

K

(zie de figuur hiernaast)

40b

Punt K is een knik op de meetkundige plaats. (het maakt niet uit welk van de twee knikken)  K op de parabool met brandpunt A en richtlijn het linkerbeen van hoek B ⇒ d (K , A) = d (K ,linkerbeen) ⇒ K op de parabool met brandpunt A en richtlijn het rechterbeen van hoek B ⇒ d (K , A ) = d (K ,rechterbeen)  d (K ,linkerbeen) = d (K ,rechterbeen) ⇒ K ligt op de bissectrice van hoek B .

41a

*

41d

Vermoeden: lijn m is raaklijn van de parabool.

41b

*

41e

Vermoeden: lijn m is bissectrice van ∠FPV .

41c

*

41f

*

41g

Ja

42a

*

42c

Vermoeden: lijn m is bissectrice van ∠FPV .

42b

Vermoeden: lijn m raakt aan de meetkundige plaats.

42d

Ja

43a

d (Q , l ) < d (Q ,V ) (afstand tot lijn)  ⇒ d (Q , l ) < d (Q , F ). d (Q ,V ) = d (Q , F ) (middelloodlijn) 

43b

voor P op de parabool geldt: d (P , l ) = d (P ,V )   ⇒ Q ligt buiten de parabool. voor Q geldt: d (Q , l ) < d (Q ,V ) 

43c

P ligt op de parabool en op m en alle andere   ⇒ m raakt de parabool. punten van m liggen buiten de parabool  Het snijpunt van m met FV noemen we S . PF = PV (parabool)   FS = SV (middelloodlijn)  ⇒ ∆PSF ∆PSV (ZZZ) ⇒ ∠FPS = ∠VPS ofwel m maakt gelijke hoeken met PF en PV .  PS = PS

43d

≌

44

Gebruik figuur 12.45 in het boek. • k is de lijn door A (loodrecht op de richtlijn, dus) evenwijdig aan de symmetrieas. • ∠(k , r ) = ∠(r , AF ) ⇒ brandpunt F . • FT = BT ⇒ l (door B , loodrecht op de symmetrieas). (zie de figuur hieronder)

l

46

Gebruik figuur 12.45 in het boek. • AV ⊥ l ⇒V op l . • V spiegelen in r ⇒ F . • T is het midden van FF '. (zie de figuur hiernaast)

45

Gebruik figuur 12.45 in het boek. • F spiegelen in r ⇒V . • l door V , loodrecht op AV . • T is het midden van FF '. (zie de figuur hieronder)



47a

Zie de figuur hiernaast.

47b

Gegeven: zie opgave 47 in het boek. Te bewijzen: Vierhoek BVPF is een ruit. Bewijs: Teken FV en het snijpunt S van BP en FV . PF = PV (parabool) en BV = BF (middelloodlijn)    FS = SV (middelloodlijn)  ⇒ ∠FSB = ∠VSP = 90° ⇒ ∆ BSF ∆ PSV (ZHH) ⇒ BF = PV   PV // s ⇒ ∠P1 = ∠B 1 (Z-hoeken)   PF = PV = BF = BV ⇒ BVPF is een ruit. Gegeven: zie opgave 47 in het boek. Te bewijzen: AT = BT . Bewijs: Het snijpunt van l en s noemen we U . TU =TF (parabool)   AU = PV (rechthoek)  ⇒ AU = BF ⇒ AU −TU = BF −TF ⇒ AT = BT .  PV = BF (ruit)

≌

47c


D1a


Diagnostische toets Teken DE . ∠F 1 = ∠D2 (constante hoek)   ∠E 12 = 90° (Thales)  ⇒ ∠C 1 + 90° + ∠F 1 = 180° ⇒ ∠C 1 + ∠E 12 + ∠D2 = 180° (hoekensom driehoek)  ∠C 1 + ∠F 1 = 90°.

D1b

Gegeven: zie opgave D1 in het boek. Te bewijzen: ABFE is een koordenvierhoek. Bewijs: ∠A + ∠C 1 + 90° = 180° ⇒ ∠A + ∠C 1 = 90°  ⇒ ∠A = ∠F 1 . ∠C 1 + ∠F 1 = 90° (zie D1a)  Dus ∠A + ∠F 2 = ∠F 1 + ∠F 2 = 180° ⇒ ABFE is een koordenvierhoek.

D2

Gegeven: Twee cirkels met gelijke straal die elkaar snijden in A en B . De lijn l gaat door B en snijdt de cirkels in P en Q . Te bewijzen: AP = AQ . Bewijs: Noem de middelpunten van de cirkels M en N . MA = NA ( = straal)   MB = NB ( = straal)  ⇒ ∆ABM ∆ABN (ZZZ) ⇒ ∠M = ∠N .  AB = AB ∠M = ∠N (zie hierboven)   ∠P1 = 1 ∠M (omtrekshoek)  ⇒ ∠P1 = ∠Q 1 ⇒ l 2  ∆PAQ is gelijkbenig ⇒ AP = AQ . ∠Q 1 = 1 ∠N (omtrekshoek)  2 

A

≌

D3

M N 1 1

P

Q B

Gegeven: Cirkel c met middelpunt M en punt A buiten de cirkel. Lijn AM snijdt de cirkel in B en C . Op c liggen D en E zo, dat boog CD = boog CE . Te bewijzen: ∠CAE = ∠CAD . Bewijs: Teken CE en CD . boog CD = boog CE  ⇒ boog BD = boog BE ⇒ ∠C 1 = ∠C 2 . BC is middellijn  ∠C 1 = ∠C 2 (zie hierboven)   AC = AC ∆AEC (ZHZ) ⇒ ∠CAD = ∠CAE .  ⇒ ∆ADC CD = CE (boog en koorde) 

≌

D4

Gegeven: ∆ABC met zwaartelijn CD . Te bewijzen: CD < 1 (AC + BC ). Bewijs:

2

Verleng CD met DE = CD en teken vierhoek AEBC . AB en CE delen elkaar middendoor, dus AEBC is een parallellogram. CE < AC + AE (driehoeksongelijkheid)   1 CE = 2CD  ⇒ 2CD < AC + BC ⇒ CD < 2 (AC + BC ).  AE = BC (parallellogram)

D5

Gegeven: Cirkel c 1 met middelpunt M en cirkel c 2 met middelpunt N , die elkaar raken in R . Lijn k gaat door R en snijdt c 1 in A en c 2 in B . Lijn l gaat door R en snijdt c 1 in C en c 2 in D . Te bewijzen: AC // BD . Bewijs: Teken de gemeenschappelijke raaklijn van c 1 en c 2 in R . ∠A = ∠R 1 (hoek tussen koorde en raaklijn)   ∠R 1 = ∠R 2 (overstaane hoeken)  ⇒ ∠A = ∠B ⇒ AC // BD (Z-hoeken). ∠R 2 = ∠B (hoek tussen koorde en raaklijn) 

D6

Gegeven: Vierkant ABCD met daarin punt E zo, dat ∠EDC = ∠ECD = 15°. Te bewijzen: ∆ABE is gelijkzijdig. Bewijs: Uit het gegeven volgt dat DE = CE en AE = BE , dus het vierkant is symmetrisch in de lijn MN , waarbij M het midden is van AB en N het midden van CD . Veronderstel dat ∆ABE niet gelijkzijdig is, dan is ∠BAE < 60° of ∠BAE > 60°.



Veronderstel ∠BAE < 60° ⇒ ∠DAE > 30° en ∠ABE < 60°. ∠BAE < 60° en ∠ABE < 60° ⇒ AE < AB  ⇒ AE < AD . AB = AD  ∠DAE > 30° ⇒ ∠ADE + ∠AED < 150°  ⇒ ∠ADE < 75° ⇒ ∠EDC > 15°. AE < AD ⇒ ∠ADE < ∠AED  Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ ∠BAE < 60° is onjuist (1) II Veronderstel ∠BAE > 60° ⇒ ∠DAE < 30° en ∠ABE > 60°. ∠BAE > 60° en ∠ABE > 60° ⇒ AE > AB  ⇒ AE > AD . AB = AD  ∠DAE < 30° ⇒ ∠ADE + ∠AED > 150°  ⇒ ∠ADE > 75° ⇒ ∠EDC < 15°. AE > AD ⇒ ∠ADE > ∠AED  Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ ∠BAE > 60° is onjuist (2) Uit (1) en (2) volgt ∠BAE = 60° ( = ∠ABE ) ⇒ ∆ABE is gelijkzijdig.

I

D7a d (P , l ) = d (P , m ) met als meetkundige plaats de bissectrices van de hoeken tussen / en m .

D7d

d (P , A ) = d (A, m ) met als meetkundige plaats de cirkel met middelpunt M en straal r = d (A, m ).

D7b d (P , A ) = d (P , l ) met als meetkundige plaats de parabool met brandpunt A en richtlijn l .

D7e

d (P , l ) = d (A, l ) met als meetkundige plaats de lijnen op afstand d (A, l ) van l (evenwijdig met l ).

D7c d (P , A ) ≤ d (P , m ) met als meetkundige plaats de parabool met brandpunt A en richtlijn m als ook het gebied binnen deze parabool. D8a

Teken de lijn door P evenwijdig aan de symmetrieas. Spiegel deze lijn in de raaklijn door P . Het snijpunt van de gespiegelde lijn en de symmetrieas is het brandpunt F . F spiegelen in de top geeft een punt op de richtlijn. De richtlijn staat loodrecht op de symmetrieas.

D8b Voor het brandpunt en de richtlijn zie D8a. Teken het voetpunt V van Q . De middelloodlijn van FV is de raaklijn in Q . D9

Gegeven: Parabool p met richtlijn l en brandpunt F . De raaklijnen k en m snijden elkaar in S op l . Te bewijzen: ∠PSQ = 90°. Bewijs: Teken PV ⊥ l en QW ⊥ l . Teken QP , FS , VF en WF .

S op de middelloodlijn van FV ⇒ SV = SF  ⇒ S op de middelloodlijn van FW ⇒ SW = SF  F op cirkel met middellijn VW ⇒ ∠WFV = 90° (Thales). ∠WFV = 90°   ∠M = 90° (raaklijn is middelloodlijn van FV )  ⇒ ∠PSQ = 90°. ∠N = 90° (raaklijn is middelloodlijn van FW )  ∠WFV + ∠M + ∠N + ∠PSQ = 360° (hoekensom vierhoek) 


G1a G1b


Gemengde opgaven 12. Bewijzen in de vlakke meetkunde Zie de figuur hiernaast. Gegeven: Gelijkzijdige ∆ABC met zijn omgeschreven cirkel. Punt P ligt op de kortste boog BC en B ' ligt op het het verlengde van CP zo, dat PB ' = PB . Te bewijzen: ∆BB 'P is gelijkzijdig. Bewijs: ∠P1 = ∠B 1 = 60° (constante hoek)   ∠P2 = ∠C 1 = 60° (constante hoek)  ⇒ ∠P3 = 60°.  ∠P123 = 180° (gestrekte hoek) Dus ∆BB 'P is een gelijkbenige driehoek met een tophoek van 60° ⇒ ∆BB 'P is gelijkzijdig.

G1c

Gegeven: Gelijkzijdige ∆ABC met zijn omgeschreven cirkel. Punt P ligt op de kortste boog BC en B ' ligt op het het verlengde van CP zo, dat PB ' = PB . Te bewijzen: AP = BP + CP . Bewijs:  AB = BC   BP = BB ' ⇒ ∆ABP ∆CBB ' (ZHZ)  ∠B 12 = 60° + ∠B 2   ⇒ ∠ = ∠ B B dus = AP CB '. 12 23  ∠B 23 = 60° + ∠B 2   AP = CB ' = CP + PB '  ⇒ AP = CP + BP . BP = PB ' 

≌

Gegeven: Koordenvierhoek ABCD met AC ⊥ BD en punt K op CD zo, dat CK = DK . Het snijpunt van de diagonalen is S en L is het snijpunt van KS en AB . Te bewijzen: ∠ASL = ∠KCS . Bewijs: ∠S 12 = 90° en CK = DK ⇒ K is het middelpunt van de omgeschreven cirkel van ∆CDS (Thales). Dus KS = KC ⇒ ∠S 1 = ∠C 2  ⇒ ∠C 2 = ∠S 4 , dus ∠ASL = ∠KCS . ∠S 1 = ∠S 4 (overstaande hoeken)  G2b Gegeven: Koordenvierhoek ABCD met AC ⊥ BD en punt K op CD zo, dat CK = DK . Het snijpunt van de diagonalen is S en L is het snijpunt van KS en AB . Te bewijzen: KL ⊥ AB . Bewijs: ∠D1 + ∠C 2 + ∠S 12 = 180° (hoekensom driehoek)    ⇒ ∠D1 + ∠C 2 = 90° ∠S 12 = 90°   ⇒ ∠A2 + ∠C 2 = 90°. ∠D1 = ∠A2 (constante hoek)  ∠A2 + ∠C 2 = 90°  ⇒ ∠A2 + ∠S 4 = 90°  ∠C 2 = ∠S 4 (zie G2a)   ⇒ ∠L1 = 90° ⇒ KL ⊥ AB . ∠A2 + ∠S 4 + ∠L1 = 180° (hoekensom driehoek)  G2a

G3

Gegeven: Koordenvierhoek ABCD waarbij BD middellijn van de omgeschreven cirkel is. Punt P ligt op AD en punt Q op CD zo, dat PQ ⊥ BD . Te bewijzen: PACQ is een koordenvierhoek. Bewijs: S is het snijpunt van PQ en BD . BD is middellijn ⇒ ∠A12 = 90° (Thales)   ∠S = 90°  ⇒ ∠B 1 + ∠P2 = 180°. ∠A12 + ∠B 1 + ∠S + ∠P2 = 360° (hoekensom vierhoek)  ∠B 1 + ∠P2 = 180°  ⇒ ∠C 2 + ∠P2 = 180°. ∠B 1 = ∠C 2 (constante hoek)  Dus PACQ is een koordenvierhoek (koordenvierhoek).

G&R vwo B deel 4 C. von Schwartzenberg G4a


Gegeven: Zie opgave G4 in het boek. Te bewijzen: p 1 en p 2 raken elkaar. Bewijs: Teken vierkant ABCD met AB door F 1 en AB // F 2F 4 ; BC door F 2 en BC // F 1F 3 ; CD door F 3 en CD // F 2F 4 en AD door F 4 en AD // F 1F 3. Het snijpunt van F 1F 3 en F 2F 4 is O . BF 1 = BF 2 = d (B , F 2F 4 ) ⇒ B op p 1 (parabool). De raaklijn in B aan p 1 is de bissectrice van ∠F 1BF 2 en gaat dus door O . Evenzo ligt B op p 2 en gaat de raaklijn in B aan p 2 door O . Dus de parabolen p 1 en p 2 raken elkaar dus in B .

G4b

Gegeven: Zie opgave G4 in het boek. Parabool p 1 snijdt de zijde F 1F 2 in S Te bewijzen: F 4 ligt op de raaklijn aan p 1 in S . Bewijs: Teken SF 4 en ST ⊥ F 2F 4 . S op p 1 ⇒ SF 1 = ST (parabool)   ∠SF 1F 4 = ∠STF 4 = 90°  ⇒ ∆SF 1F 4 ∆STF 4 (ZZR) ⇒  SF 4 = SF 4 ∠F 1SF 4 = ∠TSF 4 ⇒ SF 4 is raaklijn van p 1 (raaklijneigenschap). Dus F 4 ligt op de raaklijn aan p 1 in S .

≌

G5a

Gegeven: Zie opgave G5 in het boek. Te bewijzen: γ = α + β . Bewijs: Spiegel α in lA en β in lB . De gespiegelde lijnen staan loodrecht op de richtlijn (raaklijn parabool). Teken door C een lijn evenwijdig met de gespiegelde lijnen. ∠C 1 = α (Z-hoeken)  ⇒ ∠C 12 = γ = α + β . ∠C 2 = β (Z-hoeken)  G5b Gegeven: Zie opgave G5 in het boek. Te bewijzen: ∠AFB = 2γ . Bewijs: Spiegel α in lA en β in lB . De gespiegelde lijnen staan loodrecht op de richtlijn (raaklijn parabool). Teken door F een lijn evenwijdig met de gespiegelde lijnen. ∠F 1 = 2α (Z-hoeken)  ⇒ ∠F 12 = 2α + 2β  ∠F 2 = 2β (Z-hoeken)   ⇒ ∠F 12 = ∠AFB = 2γ . γ = α + β (zie G5a) 

G6

Gegeven: Zie opgave G6 in het boek. Te bewijzen: De bogen P1Q 1 en P2Q 2 zijn even groot. Bewijs: ∠YAX = ∠YBX (constante hoek)   ∠YAX = ∠P1AP2 (overstaande hoeken)  ⇒ ∠P1AP2 = ∠Q 1AQ 2 ⇒ ∠YBX = ∠Q 1AQ 2 (overstaande hoeken)  boog P1P2 = boog Q 1Q 2 . boog P1P2 = boog Q 1Q 2   boog P1Q 1 = boog P1P2 + boog P2Q 1  ⇒ boog P1Q 1 = boog P2Q 2 . boog P2Q 2 = boog Q 1Q 2 + boog P2Q 1 

G&R vwo B deel 4 C. von Schwartzenberg G7a


∠D is onafhankelijk van de stand van l (constante hoek)  ∠C1 = ∠BCA is onafhankelijk van de stand van l (constante hoek) ⇒  ⇒ ∠CBD is onafhankelijk van de stand van l . ∠C2 = ∠BCD is onafhankelijk van de stand van l ( ∠C 1 + ∠C 2 = 180°)  ∠CBD + ∠BCD + ∠D = 180° (hoekensom driehoek) 

G7b Gegeven: Zie opgave G7 in het boek. Te bewijzen: ∠AMN = ∠ACB . Bewijs: Teken AM , BM en AB . ∠ACB = 1 ∠AMB (omtrekshoek) 2

∆AMB is gelijkbenig ⇒ ∠AMN G7c

l



 = 1 ∠AMB  2 

⇒ ∠AMN = ∠ACB .

Gegeven: Zie opgave G7 in het boek. Te bewijzen: ∠MAN = ∠CBD . Bewijs: Teken AM , AN , BN en AB .   ⇒ ∠ANM = ∠ADB . ∆ANB is gelijkbenig ⇒ ∠ANM = 1 ∠ANB  2  ∠MAN + ∠AMN + ∠ANM = 180° (hoekensom driehoek)  ∠AMN = ∠ACB = ∠DCB   ⇒ ∠MAN = ∠CBD . ∠ANM = ∠ADB = ∠CDB  ∠CBD + ∠DCB + ∠CDB = 180° (hoekensom driehoek) 

∠ADB = 1 ∠ANB (omtrekshoek) 2

G8a

l

Gegeven: Zie opgave G8 in het boek. Te bewijzen: ∠APB = 90° + 1 γ . 2 Bewijs: Noem ∠BAC = α en ∠ABC = β .

α + β + γ = 180° (hoekensom driehoek) ⇒ 21 α + 21 β + 21 γ = 90° 1 1  ⇒ 90° − 2 γ = 180° − ∠APB ⇒ ∠APB = 90° + 2 γ . 1 α + 1 β + ∠APB = 180° (hoekensom driehoek)  2 2 G8b Gegeven: Zie opgave G8 in het boek. Te bewijzen: De baan die P beschrijft is een cirkelboog. Bewijs: De grootte van γ verandert niet als C over boog I beweegt (constante hoek) ⇒

de grootte van ∠APB = 90° + 1 γ verandert niet als C over boog I beweegt ⇒ 2

de baan van P is een cirkelboog (constante hoek). ∠APB = 90° + 1 γ (zie G8a) = 1 ∠M1 (omtrekshoek) ⇒ ∠M1 = 180° + γ . 2 2 ∠M1 = 180° + γ  ⇒ ∠AMB + 180° + γ = 360° ⇒ ∠AMB = 180° − γ . ∠AMB + ∠M1 = 360°  G8d Gegeven: Zie opgave G8 in het boek. Te bewijzen: M ligt op boog II. Bewijs: ∠AMB + γ = 180° − γ + γ = 180° ⇒ AMBC is een koordenvierhoek (koordenvierhoek) ⇒ M ligt op boog II.

G8c

G9

Gegeven: ∆ABC en ∆BDE met ∠ACB = ∠BDE . De omgeschreven cirkels van deze driehoeken snijden elkaar in B en in S . Te bewijzen: S ligt op de lijn AE . Bewijs: Teken AS , BS en SE . ∠D + ∠S 2 = 180° (koordenvierhoek)   ∠D = ∠C  ⇒ ∠S 1 + ∠S 2 = 180° ⇒ S op AE .  ∠C = ∠S 1 (constante hoek)



G10a Het snijpunt van AM met de cirkel is N . boog R 1R 2 = 1 van de omtrek van c , dus ∠R 1MR 2 = 1 ⋅ 360° = 120°. 3 3 ∠R 1MA = 1 ∠R 1MR 2 = 1 ⋅ 120° = 60° 2 2  ⇒ AM = 2 ⋅ MR 1 = 2 ⋅ r = 2 ⋅ MN . ∠R 1 = 90° (raaklijn)  Dus AN = MN ⇒ de afstand van A tot c is de helft van AM . G10b

In het grensgeval met α = 90° is XS 1MS 2 een viekant, immers de hoeken bij S 1 en S 2 zijn 90° en MS 1 = MS 2 . De zijde van dit vierkant is r ⇒ MX = r 2. O (G ) = O (cirkel met straal r 2) − O (cirkel met straal r ) = π ⋅ (r 2)2 − π ⋅ r 2 = 2π r 2 − π r 2 = π r 2 = O (c ) G11a ∠B 12 + ∠S 1 + β = 180° (koordenvierhoek)    ⇒ ∠B 12 = α α + ∠S 1 + β = 180° (gestrekte hoek)   ∠A2 = β (constante hoek)  ⇒ ∠B 12 = ∠A2 .  α =β  Dus ∠BAC = ∠ABC .

G11b

De middelloodlijn van AB snijdt de cirkel in C 1 en C 2 . (omdat C 1 en C 2 op de middelloodlijn van AB liggen geldt: ∠C 1AB = ∠C 1BA en ∠C 2AB = ∠C 2BA )

Uit de omgekeerde bewering volgt nu dat de spiegeltjes in de richtingen PC 1 en QC 2 getekend moeten worden.

G12a Teken twee lijnen evenwijdig met k op afstand 1 cm van k , de cirkel met middelpunt M en straal 2 cm en de cirkel met middelpunt M en straal 4 cm.

G12b

De meetkundige plaats is de halve lijn MA en de parabool met brandpunt M en de richtlijn evenwijdig met k op afstand 3 cm van k .



G13a Gegeven: Zie opgave G13 in het boek. Te bewijzen: DC = DP . Bewijs: AB = BP ⇒ ∠P = ∠A = α (gelijkbenige driehoek)   ∠C 1 + α = 180° (koordenvierhoek)  ⇒ ∠P = ∠C 2 . ⇒ ∠C 2 = α   ∠C 1 + ∠C 2 = 180° (gestrekte hoek)   Dus ∆CDP is een gelijkbenige driehoek en hieruit volgt DC = DP . G13b Gegeven: Zie opgave G13 in het boek. Te bewijzen: ∠ASD = 3α . Bewijs: ∠B 1 = 90° (Thales)  ⇒ ∠D1 = 90° − α . α + ∠B 1 + ∠D1 = 180° (hoekensom driehoek)  ∠P = α (zie G13a)   ∠C 1 = α (zie G13a)  ⇒ ∠C 12 = 90° + α ⇒ ∠A1 + α + 90° + α = 180° ⇒   ∠C 2 = 90° (Thales)   ∠A1 = 90° − 2α . ∠A1 + ∠P + ∠C 12 = 180° (hoekensom driehoek)  ∠A1 + ∠D1 + ∠ASD = 180° (hoekensom drieh)   ∠D1 = 90° − α  ⇒ 90° − 2α + 90° − α + ∠ASD = 180°  ∠A1 = 90° − 2α ⇒ ∠ASD = 3α .

C + E = 180 ( AEBC is een koordenvierhoek)

Recommend Documents