Hoofdstuk 6 - Cirkeleigenschappen

Moderne wiskunde 9e editie vwo B deel 2

Hoofdstuk 6 - Cirkeleigenschappen Voorkennis: hoeken en cirkels bladzijde 156 V-1a b

V-2 V-3a b c

V-4a b c V-5a

b

c

A B 2 r 34n 68n ; dus C 44n ASC 180n 34n 22n 124n DSE . Dus CSE ASD 56n CES 180n 22n 56n 102n. Dus SEB 78n . A A 360n. Ook geldt A B C D 360n. Dus A B C D . ª B 180n B2 Er geldt: « 1 B2 A1 C1 ¬ B1 180n (A1 C1 ) A2 B1 C1 en C2 A1 B1 A2 B2 C2 (B1 C1 ) (A1 C1 ) (A1 B1 ) 2 A1 2 B1 2 C1 2(A1 B1 C1 ) 2 r 180n 360n In *AFD geldt: FA FD A D 60n dus ook F 60n. Dus *AFD is gelijkzijdig. Net zo valt te bewijzen dat *BFE gelijkzijdig is. De driehoeken AFD en ABC zijn gelijkzijdig, dus DA DF 12 AB 12 AC . Net zo is te bewijzen dat BE 12 BC . Dus D en E zijn de middens van AC en BC . 30n ; 90n In *AMD geldt: MA MD dus A D A . Dus M 180 2A, dus BMD 2A . Ook geldt BMC A A (F-hoeken), dus MC is bissectrice van BMD. * AMD *BME want straal cirkel, MD ME straal cirkel en AMD BME (overstaande hoeken), ZHZ, dus BEM CAM . Hieruit volgt dat EB / / AD (Z-hoeken). BED 12 BMD

bladzijde 157 V-6

De raaklijnen staan loodrecht op de stralen MS en MR . In vierhoek PRMS zijn de hoeken R en S dus samen 180n , dus geldt ook dat P M 180n.

V-7

Omdat MR > AB (eigenschap raaklijn) en MA MB straal grote cirkel.

V-8a b c d

Hoekensom 8-hoek is 1080n. Dus BAH 1080 135n . 8 135 45n ;

45 22, 5n 2 AMF (90 45) 135n dus MAF 180 135 22, 5n 2 EMF 45n EFM 180 45 67, 5n 2 Dus AFE AFM EFM 22, 5 67, 5 90n.

© Noordhoff Uitgevers bv

c 117

Hoofdstuk 6 - Cirkeleigenschappen Moderne wiskunde 9e editie vwo B deel 2

V-9a b

c

d

Omdat DE middenparallel is. Rechthoek want | DE | | AF | (gevolg middenparallel) en DE / / AF met verder nog A 90n (geg). Dus vierhoek ADEF is parallellogram met een rechte hoek, dus een rechthoek. Volgens de omgekeerde stelling van Thales gaat er een cirkel door driehoek ADE met middellijn AE. Het zelfde geldt voor de driehoeken AEG en AEF. Dus alle genoemde punten liggen op deze cirkel. Het midden van AE.

6.1 Hoeken en bogen bladzijde 158 1a b c d 2a

85n bg A1 B1 85 2 P 3 y 4, 45 en bg A2 B2 85 2 P 4 y 5, 93 360 360 140n 2 keer een draaiing van 85n, 2 keer een draaiing van 140n en 2 keer een hoek van 135n. Omdat MA MB .

c

ACM 180 100 40n 2 bg AB 80n

d

C 12 bgAB en B 12 bgCA.

e

Stel AMC A AMB 180n A . Dus bg AB 180n A .

b

Verder geldt dat C 180 A 90n 12 A . Dus bg AB 2 C . 2 bladzijde 159 3a b

Noem het snijpunt van CM met de cirkel D . Uit opgave 2 volgt bg AD 2 ACM en bg DB 2 BMC , dus bg AB AMB 2 ACB . Trek CM, deze snijdt de cirkel in D . Uit opgave 2 volgt bg DA 2 DCA en bg BC 2 CDB. bg AB 180n bgDA bgBC 180n 2 DCA 2 CDB . Dus AMB 2(90n DCA CDB) 2(90n DCA (90n DCB))) (immers DBC 90n , Thales) Dus AMB 2(90n DCA 90n DCB) 2( DCA DCA ACB . ) 2 ACB B

4a A

D M

c 118

C



b

c

De driehoeken MAB en MCD zijn congruent, want MA MB MC MD en AMB CMD (immers gelijk aan de gelijke bogen); ZHZ Dus | AB || CD | . De driehoeken zijn dan congruent volgens ZZZ en daaruit volgt de gelijkheid van de beide middelpuntshoeken en derhalve de gelijkheid van de bijbehorende bogen AB en CD.

5a

C A

D B

b

CBD BCA (Z-hoeken) ; bij gelijke hoeken horen gelijke bogen, dus bgAB bgCD . Als de bogen AB en CD gelijk zijn betekent dit dat de bijbehorende omtrekshoeken BCA en CBD gelijk zijn. Hieruit volgt dat l en m evenwijdig zijn (Z-hoeken).

6a

l

R V S

M

b c

Zie hierboven. De driehoeken MRV en MSV zijn congruent volgens ZZZ want: ª RV SV (geg) « MV MV R R 90n 2 ¬ 1

d

Uit deze congruentie volgt dat MR MS dus S ook op de cirkel. Dit laatste kan niet want dit zou betekenen dat de raaklijn in R de cirkel ook nog in S snijdt.


c 119


7a C

M 2 A

B

D

b c

Teken een bij de koorde horende omtrekshoek. Die hoek is 90n. Stel BDC A BMC 2A ; hieruit en omdat MB MC volgt dat MBC 180 2A 90n A . Dus ABC 90n (90n A ) A 12 BMC . 2 6.2 De constante hoek bladzijde 160

8a

b c d

9a b c

A

D

C

B

MA MB MC AB CD (eigenschap rechthoek); dus zijn de halve diagonalen ook gelijk en omdat de diagonalen elkaar ook middendoor delen geldt MA MB MC . Omtrekshoek C is gelijk aan de helft van de middelpuntshoek M, dus gelijk aan 1 180n 90n. 2 Het midden. De helft.

10a

P

C

B 3 2

M 1

A E

c 120



b c d

ACB, APB en AEB AC, BC en AE B E 12 AMC C A2 A3 90 C A2 A1 90 C

(Thales en AP > CE ). Dus A1 A3 bgCP bgBE .

bladzijde 161 11a b c d e

AMB F-hoeken. Met Q1 binnen de cirkel bestaat een driehoek BQE en er kunnen geen twee zijden van een driehoek evenwijdig zijn. Dus Q binnen de cirkel kan niet. Zie b en c. Punt Q ligt op de cirkel. 1 2

12a

A

C M2

160° 120°

80°

B

M1

P

b c

Toelichting: AM2 B is dan 160n. Dus zijn de hoeken bij A en B gelijk aan 10n . Hieruit volgt de ligging van het middelpunt M2 . De straal is de lengte van M2 A . De straal is | M2 A | . Er geldt: | AC | 4 sin 60n y 3, 4641... en sin 80n

| AC | 3, 4641... , dus | M2 A| 3, 4641... r sin 80n y 3, 52 . | M2 A | | M2 A |

13a B A 2

l M C 2

P

AMB 2G, MBA MAB

180 2 G 90n G 2 © Noordhoff Uitgevers bv

c 121


b c

90n (90n G ) G G 40n AMB 80n en dus geldt: MBA MAB 50n. Dus: teken het lijnstuk AB met lengte 4 cm. Teken door A en B lijnen l en m die hoeken van 50n met AB maken. Het snijpunt van de lijnen l en m is het punt M.

6.3 Koordenvierhoeken bladzijde 162 14a b

Gegeven: vierhoek ABCD . Te bewijzen: A C 180n en B D 180n . Beide zijn 90n (Thales); ja dan samen immers 180n. Ook samen 180n.

c D

C

B A

Zie tekening waarin gelijke hoeken zijn aangegeven. Steeds omtrekshoeken op een zelfde koorde. Omdat de som van de hoeken van een vierhoek gelijk is aan 360n , geldt: 2 r 2 C 2 u 2+ 360n. Hieruit volgt: r C u + 180n en dus A C 180n en B D 180n. 15ab

Zie de figuur bij 14c. D1

16a

80°

C

D2 80°

M

100°

A

b

c 122

B

B D 180n dus vierhoek ABCD is koordenvierhoek. De omgeschreven cirkel van driehoek ABC gaat dus ook door D. Construeer het middelpunt van deze cirkel door de middelloodlijnen van AB en BC te snijden.



c d 17a b

Zie de figuur bij a. Ja. Uit | MA| | MD| | MA| | MB | | MC | volgt: | MC | | MD | , dus M ligt ook op de middelloodlijn van lijnstuk CD. Punt M heeft gelijke afstanden tot A, B, C en D en is dus middelpunt van de omgeschreven cirkel van vierhoek ABCD.

bladzijde 163 18a C E

D

M

A

b

c d

B

Vierhoek ABCD is koordenvierhoek (gegeven), dus D B 180n . Omdat E op de omgeschreven cirkel van driehoek ABC ligt is vierhoek ABCE ook een koordenvierhoek, dus geldt: E B 180n . Dus is D E en dat kan niet wanneer D en E niet samenvallen. Bewijs gaat net zo. Punt D ligt op de cirkel.

19a

Driehoek ABP heeft een omgeschreven cirkel, APB is omtrekshoek op koorde AB . Omdat APB AQB is dus AQB ook omtrekshoek op koorde AB , dus punt Q ligt op de omgeschreven cirkel van driehoek ABP , oftewel vierhoek ABPQ is een koordenvierhoek.

20a

Omdat D 90n , ligt vanwege Thales het punt D op de cirkel met middellijn AB . Hetzelfde geldt voor punt E, dus liggen de punten A, B, D en E op één cirkel. De overstaande hoeken F en D zijn samen 90 90 180n. AFHE, CEHD, ACDF , BFEC

b c 21a

b

Omdat P 90n , ligt vanwege Thales het punt P op de cirkel met middellijn AS. Van deze cirkel is dus punt T het middelpunt. Er geldt dus: TP TS TPS TSP . Net zo ligt Q op de cirkel met middellijn BS, en dus punt U als middelpunt. Hieruit volgt: USQ UQS u . Omdat (overstaande hoeken) USQ TSP, geldt: USQ UQS TSP TPS u . Hieruit volgt: PTS 180n 2 u . © Noordhoff Uitgevers bv

c 123


De driehoeken TPS en USQ zijn gelijkvormig (HH) en dus zijn de driehoeken TUS en QPS ook gelijkvormig (hoek gelijk en evenredigheid zijden). Stel STU r, dan geldt: TUS 180 r (180 u) u r. Vanwege de gelijkvormigheid geldt dit ook voor SQP. Dus T Q 180 2 u r u u r 180n. Derhalve is vierhoek TUQP een koordenvierhoek. 22a

C 2

1

F M 1

E

2 3

90° –x

A

b

B

D

Stel: C1 u en C2 r Hieruit volgt: E2 C2 r (beide omtrekshoek op koorde DF ) en er geldt B 90n r . Dus B E23 90n r 90n r 180n , dus is vierhoek ABFE een koordenvierhoek.

6.4 Cirkelbogen bladzijde 164 23a P

M A

B

P N

X

b

c d

c 124

Stel AXP u , hieruit volgt dat XAP u en APX 180n 2 u . Dus geldt: APB 180n (180n 2u) 2u 2 AXP . APB is een constante hoek (omtrekshoek op AB ), omdat AXP de helft van deze hoek is, is dus ook AXP een constante hoek en doorloopt punt X een deel van de cirkel die ook door A en B gaat. Het bewijs verloopt identiek aan dat van vraag a. Het middelpunt N is het snijpunt van de middelloodlijnen van AB en AX.



24a b c 25a

Deel van de cirkel met middellijn AB (Thales). Idem. Zelfde middellijn AB (Thales).

Q S A

P M

T

B

b c d

Er geldt MS > koorde door P, dus (Thales) ligt S op cirkel met middellijn MP. Er geldt ook hier MT > AB , dus (Thales) ligt T op cirkel met middellijn MQ.

bladzijde 165 26a

C

A D M

B

b c 27a b

c

Er geldt MD > BC , dus (Thales) ligt D op cirkel met middellijn MC. Dezelfde cirkel om dezelfde reden. Beide zijn gelijk aan 90n DAC. Omdat koorde CD een constante lengte heeft, is DAC een constante (omtreks) hoek, dus zijn de hoeken ASD en ATC ook constant, op te vatten als omtrekshoeken op CD en doorlopen S en T dus een cirkel. A en B


c 125


T

d

D

A

C

1 2

S

2

1

B

M

D C r is constant (omtrekshoek op AB) A1 B1 u is constant (omtrekshoek op CD) ASD 180 r u is ook constant, en dus ook CSD dus S doorloopt cirkel ATB 180 A1 ACT 180 u (180 r) r u is dus ook constant, dus T doorloopt cirkel

6.5 Bewijzen bladzijde 166 28a b c d e

29a

*AMP en *BMQ MAP MBQ want dit zijn de basishoeken in de gelijkbenige driehoek MAB ( MA MB) . * AMP *BMQ want: | MA | | MB |, MAP MBQ, | AP | | BQ | (ZHZ). Hieruit volgt dat | MP | | MQ | en dus | RP | | SQ | (beide straal minus een gelijk lijnstuk MP). Gegeven: een driehoek ABC met zijn omgeschreven cirkel, MS is middelloodlijn van AB en CS is bissectrice van hoek C. Te bewijzen: S op omgeschreven cirkel.

b

C

1

2

M

A

B

S

c

c 126

Bissectrice: punten hierop hebben gelijke afstanden tot de benen van de hoek. Middelloodlijn: punten hierop hebben gelijke afstanden tot de eindpunten van het lijnstuk.



d

De bogen (en koorden) AT en BT zijn gelijk dus de bijbehorende hoeken C1 en C2 zijn gelijk, dus T op de bissectrice van hoek C. Boog AT = boog BT , dus de bijbehorende koorden AT en BT zijn ook even groot dus ligt T op de middelloodlijn van AB . Dus vallen S en T samen.

bladzijde 167 30a b c d e

31a b c d

AF en BF FAB en FBA FIB FBI stel C1 C2 r , hieruit volgt dat FAB FBA r stel B1 B2 u CIB 180n r u FIB 180n (180n r u) r u Maar ook geldt FBI r u , dus geldt | FI || FB | . Te bewijzen: DA DI DB . Er geldt al | DA | | DB | , | DI | | DB | is in opgave 30 bewezen, dus DA DI DB . Ook nu geldt | DA | | DI | want op gelijke wijze als hiervoor is A I r u (zie figuur) D

M A

B I

C

e

Het zelfde geldt: | DA | | DI | | DB | .

C

I x+ B

A D


c 127


6.6 Gemengde opdrachten bladzijde 168

b

A 12 bgCD en D 12 bgAB

c

APB 180 APD 180 (180 A D) A D 12 bgCD 12 bgAB

d e

B 12 bgCD en D 12 bgAB

f

P 180 D PBD 180 D (180 CBD) CBD D

32a

Dit is gelijk aan 12 bgCD 12 bgAB . 33a b c d

rechthoekig (Thales) overstaande zijden even lang en evenwijdig, diagonalen delen elkaar doormidden de evenwijdigheid CQ > AB en RB > AB dus CH / / RB BP > AC en RC > AC dus BP / / RC dus CHBR is een parallellogram

bladzijde 169 34a

b

35a b c

c 128

Het punt K is middelpunt van de omgeschreven cirkel van *DCS (Thales) hieruit volgt | KS | | KC | en dus KCS KSC en deze laatste hoek is gelijk aan ASL . Stel KCS KSC r en omdat | KS | | KD | : KSD KDS u ; Er geldt dus: r u 90n Ook SAL u (omtrekshoek op BC ) Dus ALS 180 r u 90n en derhalve AB > KL vierhoek ECDH is koordenvierhoek want E D 90 90 180n Het staat al bij a. net zo



ICT Cirkelbogen bladzijde 170 I-1ab

E

D

A

B

C

c

BDC is constant; dus CDE 180 CDB is ook constant, stel gelijk aan A Omdat | DC | | DE | is E 180 A 90 12 A , dus ook constant, dus doorloopt E 2 een cirkel ( E is een omtrekshoek).

I-2ab D E

B A

C

c

Een cirkel met middellijn BC ( *CBE is rechthoekig, Thales).

D E

F

B A

C


c 129


d e

Ook *BCD is rechthoekig.

bladzijde 171 I-3a

A

B

E F

C D

b

*ACF is rechthoekig in F, dus F doorloopt cirkel met middellijn AC.

c

A

B

D

H

E

G

AH staat altijd loodrecht op de lijn door G, dus H doorloopt deel cirkel met middellijn GA (Thales). D

I-4ab

E

F A

B

C

c

I-5a b

c d

c 130

De driehoeken AFC en AEB zijn rechthoekig in respectievelijk F en E , dus beschrijven deze punten cirkels met middellijnen AC en AB (Thales). Beide 90n DAC. Omdat koorde CD een constante lengte heeft, is DAC een constante (omtreks) hoek, dus zijn de hoeken ASD en ATC ook constant, op te vatten als omtrekshoeken op CD en doorlopen S en T dus een cirkel. A en B D C r is constant (omtrekshoek op AB). A1 B1 u is constant (omtrekshoek op CD.) © Noordhoff Uitgevers bv


ASD 180 r u is ook constant, en dus ook CSD dus S doorloopt cirkel. ATB 180 A1 ACT 180 u (180 r) r u is dus ook constant, dus T doorloopt cirkel. Test jezelf bladzijde 174 T-1a b

DAB 180 70 55n boog BD 2 55 110n 2 | MA | | MB | DAM MDA 55n , dus M 180 2 55 70n Hieruit volgt boog DA 70n en boog BE 70n ; dus boog ED 180 2 70 40n .

c

C 70°

D

E

A

B M

d e

T-2

T-3a b

T-4a b c d

A 90n A B 180 A 90n 12 A 2 D E 180 (90 12 A ) 90n 12 A (koordenvierhoek). Stel 12 A u en 12 B r D r (omtrekshoek op AE) E u (omtrekshoek op BD) AQD 180 u r CQP u r Net zo is EPB 180 u r QPC u r Dus in driehoek CPQ zijn de hoeken bij P en Q gelijk, dus geldt | CP | | CQ | . PACQ, PBDQ P ACQ 180n (koordenvierhoek) P D 180n (koordenvierhoek) Dus D ACQ AC / / BD (F-hoeken). Omtrekshoek op AB. Ook omtrekshoek op AB, maar nu in de andere cirkel. PAQ 180 TAQ 180 (180 ATB AQT ) ATB AQT ; dit is de som van twee constante hoeken, dus is PAQ ook constant. Ook constant. © Noordhoff Uitgevers bv

c 131


bladzijde 175 T-5a b c d

T-6

ABRQ is koordenvierhoek PQR B ABR 180 Q PBA 180 (180 Q) Q Raaklijneigenschap: (t , PA) omtrekshoek op PA PBA PQR dus t / /QR (Z-hoeken). PAB PBA u ACP BDP u (omtrekshoeken op PB, PA) PCD PDC r ABDC is koordenvierhoek, dus ABD 180 u r Ook is CDB u r , dus de hoek tussen BD en het verlengde van CD is 180 u r Hieruit volgt AB / /CD (Z-hoeken).

T-7

C

M

A

B

*ABM is gelijkzijdig, dus AMB 60n ACB 30n (omtrekshoek is de helft van middelpuntshoek). T-8

D A A (omtrekshoek op BC) R 90n (Thales) sin A BC a 2 R sin A a CD 2 R Dus R a 2 sin A

T-9a b c d

c 132

BAD 180 DCB en dit is gelijk aan 180 PCQ 180 (180 CQP CPQ) CQP CPQ BPS 12 APD 12 (180 BAD ADC ) 90 12 (BAD ADC) CQS 12 CQA 12 (180 BAD ABC ) 90 12 (BAD ABC) Stellen we BAD A en ABC B , dan is ADC 180 B (koordenvierhoek) PSQ 180 BQS SPC (CPQ CQP ) dit is gelijk aan: 180 (90 12 A 12 B) ( 12 B 12 A ) A (zie a, b en c) Dus PSQ 180 90 12 A 12 B 12 B 12 A A 90n . Dus PS > QS . © Noordhoff Uitgevers bv


Blok 3 - Vaardigheden bladzijde 178 1a

b c d

2a b c d e f 3a

b

c

Elke 12 uur wordt een hoeveelheid b vermenigvuldigd met 1,09. Na 12 uur is er b 1, 09 . Na 1 dag = 2 12 = 24 uur is er (b 1, 09) 1, 09 b 1, 09 2 De groeifactor per dag is 1, 09 2 y 1, 19 De groeifactor per dag wordt 7 keer toegepast binnen een week. Dat is g (1, 09 2 )7 1, 0914 y 3, 34 . De groeifactor per 8 uur wordt 3 keer toegepast binnen 24 uur. Dat is 2 g 3 1, 09 2 l g 1, 09 3 y 1, 06 De groeifactor per 3 uur wordt 4 keer toegepast binnen 12 uur. Dat is 1 g 4 1, 09 l g 1, 09 4 y 1, 02 Ja, want 2 t 4 t 2 t (2 2 )t 2 t 2 2 t 2 t 2 t 2 3t (2 3 )t 8 t . Nee, want 2 2t 2 t t 2 t 2 t en niet 2 t 2 t . Ja, want 2 t 2 t 2 t 2 t 4 2 t 2 2 2 t 2 2t 2 t 2 . Ja, want 8 4 t 2 3 (2 2 )t 2 3 2 2 t 2 3 2 t . 2 Nee, want (2 t )t t 2 t t 2 t en niet 2 2 t ( 2 t t ) . t Ja, want 1t 1 t 12 2 2

4t 2 1 (2 2 )t 2 2 1 22t 2 2 2t 12 l t 14 3t 2 9 3 1 21 3t 2 32 3 2 3 2 t 2 2 12 l t 12 1 (3 3 )t 9 t 1 (3 3 2 )t (32 )t 1 1 (3)t (3 2 )t (32 )t (32 )1 1 t t 1t 3t 3 2 32 t 32 3 2 32 t 2 11t 3 2 32 t 2 1 12 t 2t 2 l 12 t 2 l t 4

8 t ( 12 )2 t 2 t ¤ ³

1

1

1 (2 3 )t ¥ 11 ´ (2 2 )2 t (2 2 )2 (2 2 ) t 2 ¦2 µ 1 t

1 1 t 2 3t 2 1 2 2 2 2 3t 1 12 t l 6t 2 t l 5t 2 l t 25 10 2 t 1000 10 3

2t 3 l t 23 1 12 8 1 125 13 5 3 52 t 1 0, 008 1000 5 2t 1 3 l 2t 2 l t 1

d

e f

bladzijde 179 4a b

5a

b

c

1 64 1 8

1 1 1 4 3 4 16 4 4 2 4 3 1

1 1 162 42 4 2 4 2 4 2 4

1

c

32 2 16 4 4 2 4 2 4 2 4

d

3

2 12

2

16 3 4 2 4 3

1 4 (4 2 )t 4 ( 1 )t 4 ( 12 )t 4 Uit een vergelijking met het formuleschema f (t ) b g t volgt dat de beginhoeveel-

f (t ) 4

1 12 t

41 4

12 t

44

12 t

heid b 4 en de groeifactor g 12 0, 5 is. t g (t ) 2 ( 12 )3t 5 2 ( 12 )3t ( 12 ) 5 2 ( 12 ) 5 ( 21 )3 2 (2 1 ) 5 (2 1 )3 2 6 (2 3 )t 64 ( 213 )t 64 ( 18 )t De beginhoeveelheid b 64 en de groeifactor g 18 0, 125 . h(t ) 5 3t 1 5 3t 3 15 3t De beginhoeveelheid b 15 en de groeifactor g 3 .

t

2 2 5 (2 3 )t


c 133

Blok 3 - Vaardigheden Moderne wiskunde 9e editie vwo B deel 2

d

6a

b

c

k(t ) 6t 2 6 2 ( t 2 ) 6 2 t 2 6 2 t 2 2 6 2 2 (2 1 )t 24 ( 12 )t 2 De beginhoeveelheid b 24 en de groeifactor g 12 0, 5 . Voor het snijpunt met de y-as geldt t 0 . Invullen in de functie geeft f (0) 52 25 . De coördinaten zijn dus (0, 25). t

1 ¤ ³ 52 (5 2 )t 25 ¥ 1 ´ ¦ 5µ Uit een vergelijking met het formuleschema f (t ) b g t volgt dat de beginhoeveelheid b 25 en de groeifactor g 1 . 5 f (t ) 251

f (t ) 5

5

2 12 t

2 12 t

52 5

12 t

1 25

12 5 2 5 2 12 t 2 5

2 12 t

4 t 4 l t 8 7a

Voor het snijpunt geldt f (t ) g (t ). Oplossen geeft 9 31 t 13 9 t 32 31 t 3 1 (32 )t 3 1 32 t 321 t 3 1 2 t 3 t 1 2t l 3t 4 l t 43 1 13 1 1 13

De y-waarde hierbij is 9 3

b

8a

b

c

1 3

12

2

32 3 3 3 3 3 3 3 3 32 3 3 9

Het snijpunt is (1 13 , 3 3 9 ) . h(t ) f (t ) g (t ) 9 31 t 13 9 t 32 31 t 3 1 (32 )t 32 31 t 3 1 32 t 321 t 1 2 t 32t 32 3t 9 3t Hierbij hoort de beginhoeveelheid b 9 en de groeifactor g 3 . Voor t 0 is de y-waarde f (0) 12 1, 50 12 1 12 . De functie f moet dus 12 naar beneden geschoven worden. Functie g wordt dus g (t ) f (t ) f (0) 12 1, 5t 12 12(1, 5t 1) . Voor een verschuiving van twee eenheden naar links wordt t vervangen door t 2 . Functie h wordt dan h(t ) 12 1, 5t 2 12 1, 5t 1, 52 27 1, 5t . h(0) 27 1, 50 27 1 27 Voor een spiegeling in de y-as wordt t vervangen door –t. Functie j wordt dan j(t ) 12 1, 5 t 12 (1, 5 1 )t 12 (( 23 ) 1 )t 12 ( 23 )t .

bladzijde 180 9a b c d e f

c 134

18 600 000 = 1,86 10 000 000 = 1,86 107 23 000 000 000 = 2,3 10 000 000 000 = 2,3 1010 2450 = 2,450 1000 = 2,450 103 0,023 = 2,3 : 100 = 2,3 10–2 0,000 000 931 = 9,31 : 10 000 000 = 9,31 10–7 0,000 000 000 056 = 5,6 : 100 000 000 000 = 5,6 10–11 © Noordhoff Uitgevers bv


10a

b c d 11

12a b

100 ligt boven 81 9 r 9 32 r 32 34 en is kleiner dan 3 r 81 35 . Bij 3 log 100 is de uitkomst de macht waartoe 3 verheven moet worden om 100 te geven. 100 ligt tussen 81 en 3 r 81 , dus 3 log 100 ligt tussen 4 en 5. 175 ligt tussen 128 2 7 en 2 r 128 256 2 8 , dus 2 log 175 ligt tussen 7 en 8. 3 ligt tussen 1 4 0 en 4 41 , dus 4 log 3 ligt tussen 0 en 1. 1 0, 1 101 ligt tussen 18 ( 12 )3 en 161 ( 12 )4 , dus 2 log 0, 1 ligt tussen 3 en 4. Het grondtal g is het grondtal dat geldig is bij exponentiële functies. Dat zijn alle positieve getallen behalve 0 en 1, dus 0 g 1 . Uit p g q volgt g log p q . De exponentiële functie p g q is altijd positief, dus p 0 . De logaritme van een negatief getal of 0 berekenen kan dus niet. In het theorievlak zijn a en b de getallen waarvan je de logaritme berekent. Er moet dus gelden a 0 en b 0 . 3 3 log 2 3 log 4 3 log 2 3 3 log 2 2 3 log(2 3 2 2 ) 3 log g 2 5 3 log 32 7

log 126 2 7 log 3 7 log 81 7 log 126 7 log 32 7 log 81 7 log 126 9 7 log 126 7 log 14 81 9

c

3 log 2 2 log 4 log 64 log 2 3 log 4 2 log 64 log 8 log 16 log 64 log 8 16 log 2 64

d

3 log 2 3 log 5 12 log 25 log 2 3 log 53 log 25 2 log 8 log 125 log 25 log 8 125 5 1

log 200 13a

log 3 2 log x 2 log 3 x 2 3 x 2 2 4 l x 43 1 13 2 3 log(2 x 1) 3

3 log(2 x 1) 3 2 1 3 log(2 x 1) 1 2 x 1 3 1 13 6 x 3 1 l 6 x 2 l x 26 13 2

c

2

b

3

x 1 2x 1 x 3 1 1 3 2x 1 3x 1 l 3x 2 x 1 l x 1 2x 1 2 log(4 x) 2 log(4 x) 3 2 log(4 x)(4 x) 3 2 log(16 x 2 ) 3 16 x 2 2 3 8 x 2 8 l x 8 2 2 of x 8 2 2 3

d

log x 3 log(2 x 1) 1 log

bladzijde 181 14a

b

Het domein van 2 log x is 0, l® , dus voor f moet 3 x 4 0 zijn. Dat geeft voor f het domein x 1 13 . Voor g moet x 1 0 zijn, dus het domein van g is x 1 . Voor het snijpunt geldt f ( x) g ( x) . Oplossen geeft 2 log(3 x 4) 2 log( x 1) 1 2 log(3 x 4) 2 log( x 1) 1 2

log 3 x 4 1 x 1

3 x 4 21 2 x 1 © Noordhoff Uitgevers bv

c 135


3 x 4 2( x 1) 3x 4 2 x 2 l x 2 Hierbij hoort y-waarde f (2) 2 log(2 3 4) 2 log 2 1 . De coördinaten van het snijpunt zijn dus (2, 1). 15a b c

d

16a

b

2x 3 e x 2 log 3 3 5x 4 5 x 43 l x 5 log 43 5 log 1 13 1 2 3 x 1 5 f 2 3x1 4 l 3x1 42 2 l x 1 3 log 2 l x 1 3 log 2 3 log 3 3 log 2 3 log 23 3x 3x 1 8 3x 3x 3 8 3x (1 3) 8 4 3x 8 l 3x 84 2 l x 3 log 2

Voor f geldt als eis x 2 2 x 0 l x( x 2) 0 voor x 0 of x 2 . De grafiek van x 2 2 x is een dalparabool, dus tussen x 0 en x 2 is de waarde negatief en niet toegestaan. Daarmee wordt het domein van f de intervallen j, 0 ® en 2, l® . Voor g geldt als eis 6 x 0 l 6 x 0 l x 6 . De ongelijkheid geldt voor x 6 dus het domein van g is j, 6 ® . Los op: f ( x) 2 log( x 2 2 x) 0 2 log( x 2 2 x) 2 log 1 x 2 2 x 1 l x 2 2 x 1 0 l met de abc-formule volgt x

c

d

17a

b

c 136

180 12 1 2 3x 1 2 3x 180 15 l 2 3x 14 l 12 3x 7 l x 3 log 7 ( 6 x 8 )2 4 6 x 8 4 2 of 6 x 8 4 2 6 x 10 of 6 x 6 x 6 log 10 of x 1

2 ( 2)2 4 1 1 2 8 2 2 2 1 2 of x 1 2 2 1 2 2

Los op: f ( x) g ( x) 2 log( x 2 2 x) 2 log(6 x) x2 2 x 6 x x2 x 6 0 ( x 3)( x 2) 0 x 3 of x 2 De y-waarden zijn g(3) 2 log(6 3) 2 log 3 en g( 2) 2 log(6 2) 2 log 8 2 log 2 3 3 2 log 2 3 1 3 De exacte coördinaten zijn (3, 2 log 3) en (–2, 3). Met behulp van de exacte snijpunten en het domein uit opdracht a lees je de oplossing van f ( x) g ( x) in de grafiek af. De oplossing is 2, 0 ® en 2, 3® . y 3 2 log x y 2 log x 13 y 1 3 y x 23 y 1 2 log( x 2) y 1 2 log( x 2) x 2 2 y 1 x 2 2 y 1 2 2 y 2 1 2 12 2 y © Noordhoff Uitgevers bv


c

18a

b

y 3 log x 4 5 x 4 3y 5 x 4 5 3y x 4 5 3y

2

1 log 12 2 log 12 2 log 2 2 log(4 3) 2 log 2 2 2 log 4 2 log 3 12 2 log 2 2

2

log 2 2 2 log 3 12 2 2 log 2 2 log 3 12 2 2 log 3 12 1 12 2 log 3

2

log 3 3 log 4 4 log 5 5 log 2

log 3 log 4 log 5 log 2 log 2 1 log 2 log 3 log 4 log 5 log 2 1

c

19a b

c

Voor f geldt als eis 2 x 1 0 l 2 x 1 0 l 2 x 1 l x 12 . Het domein van f is dus 3 12 , l® . f ( x) 2 3 log 2 x 1 2 3 log(2 x 1) 3 log 3 2 3 log(2 x 1) 1 2 3 log(2 x 1) 1 3 3 3 log(2 x 1)

2 32 3 log 3 3 3 log 27 2x 1 2x 1 ¤ 2x 1³ ¥¦ ´ 3 µ Los op: f ( x) 2 3 log 2 x 1 0 3 3 log 2 x 1 2 3 3

e

f ( x) 2 3 log 2 x 1 2 1 3 log 2 x 1 2 3 log 3 3 log 2 x 1 3 log 32 3 log 2 x 1 3 3 3 3 3

d

1

(1 9 log 3) (1 9 log 3) 12 9 log 3 9 log 3 1 9 log 9 9 log 9 1 9 log 9 2 9 log 9 2 1 12 9 log 9 12 9 log 9 1 12 1 12 1 1 14 43

log

log 2 x 1 3 log 32 3

2 x 1 32 l 2 x 1 27 l 2 x 28 l x 14 3 Met behulp van het nulpunt en het domein uit opdracht a lees je de oplossing van f ( x) 0 in de grafiek af. De oplossing is 12 , 14 ® .


c 137


Blok 3 ICT - Meetkundige plaatsen met Geogebra bladzijde 182 I-1a

C

A

B

H

b c

I-2a

b

Het spoor van C lijkt een cirkel te zijn. De cirkel is de meetkundige plaats van een constante hoek. Het bewijs komt voor bij de stelling van Thales. Gegeven: een rechthoekige driehoek *ABC met ∠C = 90°. Te bewijzen: C ligt op de cirkel met middellijn AB. Bewijs: Construeer het midden M van |AB|. Trek lijn m door C en M en construeer punt D op m met |MD| = |MC|. Punt D is puntsymmetrisch met C ten opzichte van M ∠ADB = 90° AB en CD zijn lichaamsdiagonalen van rechthoek ACBD |MA| = |MB| = |MC| = |MD| er is een cirkel met middelpunt M en straal |MC| die door A, B en C gaat.

m

C

M

A

B

D

Gebruik de knop Veelhoek voor het tekenen van *ABC. Gebruik de knop Cirkel door drie punten om de cirkel door A, B, en C te tekenen. Gebruik de pijl (de knop Verplaatsen) om A, B en/of C naar een andere plaats te slepen en te zien hoe de driehoek en de cirkel veranderen. Kies de knop Midden of middelpunt en klik de cirkel om het middelpunt van de cirkel te tekenen. Verplaats weer A, B, en/of C en kijk hoe het middelpunt M meeverplaatst. Bij een scherpe driehoek zijn alle hoeken kleiner dan 90° en ligt M altijd binnen de driehoek. Bij een rechthoekige driehoek is een hoek 90° en ligt M altijd op een driehoekszijde. Bij een stompe driehoek is een hoek groter dan 90° en ligt M altijd buiten de driehoek. C

C

C

B

A M

M M B

A A

c 138

B


Blok 3 ICT - Meetkundige plaatsen met Geogebra Moderne wiskunde 9e editie vwo B deel 2

I-3ab

b

B D

P

F M

a

O

C

E

A

Gebruik de knop Midden of middelpunt om M in het midden van CD te tekenen. De meetkundige plaats van punten M is het lijnstuk EF evenwijdig aan AB dat het midden van OA en het midden van OB verbindt. c

ODP OCP 90n OCPD is een rechthoek ¹ 1 ª P naar A OE 2 OA CD en OP zijn diagonalen van rechthoek OCPD º « 1 ¬ P naar B OF 2 OB CM 12 CD » P naar B ⇒ ∠OAP ~ ∠OEF ⇒ EF // AB P op AB ⇒ ∠OAP ~ ∠OEM ⇒ M op EF I-4a

–

b

y 7 6 5 4 3

E

2 1

1

2 70°

–2

–1 O A 1 –1

B 2

3

4

5

6 7

x 8

9

Het middelpunt van de ingeschreven cirkel ligt op de het snijpunt van de deellijnen (bissectrices). Teken de bissectrice door ∠A met de knop Bissectrices. Selecteer de lijn AB en de halve lijn. GeoGebra tekent twee bissectrices. Verwijder de bissectrice die niet door de driehoek gaat. De straal van de cirkel is 2 dus de afstand van het middelpunt E tot AB is 2. Trek een parallelle lijn boven AB op afstand 2. Het snijpunt van de parallelle lijn met de bissectrice is het middelpunt E van de cirkel. Construeer voor de parallelle lijn eerst een loodlijn op AB en pas hier een lijnstuk op af van 2 (zet de optie Vastzetten op Rooster aan. Begin het lijnstuk op het snijpunt van de loodlijn met AB. Draai het eindpunt naar boven tot het samenvalt met de loodlijn.) Trek de parallelle lijn met de knop Evenwijdige rechte door dit eindpunt. Gebruik de knop Snijpunt(en) van 2 objecten en klik op het snijpunt van de parallelle lijn en de bissectrice. Teken tenslotte de cirkel met de knop Cirkel met middelpunt en straal.


c 139


c

Manier 1: Met de knop Raaklijnen wordt de zijde BC als raaklijn van de ingeschreven cirkel getekend die door punt B gaat. Manier 2: Trek bissectrice EB en verdubbel hoek ABE door middel van een loodlijn en een spiegeling van P naar P' in de bissectrice via de knop Lijnspiegeling. Hoek B is PBP' . Opmerking: Ga na, door B te verschuiven, dat het ene snijpunt van de bissectrice van ∠A met de cirkel niet samenvalt met het raakpunt van de raaklijn die door B gaat en slechts op het oog zo lijkt bij de gegeven afmetingen in de opgave. y 7

C

6 5 4 3

P’

E 2 1 70° –2

–1 O A 1 –1

B x 2

3

4

5

6 7

8

9

bladzijde 183 I-5a

b

Door de constructie met de cirkel zorg je ervoor dat PQ = 8. Zet het Rooster aan en trek horizontale lijn a door twee punten. Teken daarna een loodlijn op a. Gebruik het hulppunt om de loodlijn te trekken niet als middelpunt van de cirkel anders verschuift de loodlijn tijdens het verplaatsen van Q. Gebruik de knop Snijpunt(en) met 2 objecten om snijpunt P te creëren. Trek met de knop Lijnstuk tussen 2 punten een lijnstuk tussen P en Q. Creëer het punt M met de knop Midden of middelpunt en klik de lijn PQ.

c Q

b

M

a

O

d

c 140

P

De cirkel heeft het snijpunt O van a en b als middelpunt. Als Q naar O gaat valt OP samen met QP. De straal is QM = 12 PQ = 4. Trek lijn OM. M is het midden van PQ de loodlijn op OQ door M deelt OQ middendoor *OMQ is gelijkbenig |OM| = |OQ|. |OM| = 12 |PQ| = constant = straal van cirkel met O als middelpunt M ligt op de cirkel met O als middelpunt en straal 12 |PQ|. aOb verdeelt de cirkel in vieren. De ladder (= het lijnstuk PQ) ligt in het 1e kwadrant hiervan. M op PQ ligt altijd in het 1e kwadrant M doorloopt een kwartcirkel.



I-6abc

C

P D

M

E

H A

d

G

Q

B

F

De figuur laat zien dat punt H het lijnstuk PQ als baan doorloopt. Als D naar C gaat dan gaan GD en FE naar de hoogtelijn door C en H naar het midden P van de hoogtelijn. Als D naar A gaat dan gaat DE naar AB en H naar het midden Q van AB. In *ABC is de zwaartelijn uit C de lijn CQ. *DEC ∼ *ABC en hebben ∠C gemeen ⇒ het midden M van DE doorloopt de zwaartelijn CQ. De zwaartelijn is een rechte. Het snijpunt H van EG en DF is het midden van rechthoek GFED ⇒ H heeft dezelfde horizontale plaats als M en de halve afstand tot de lijn AB ⇒ H ligt op de rechte met eindpunten P en Q.

I-7ab

c

bis2

S3

a

bis1

S1

A

S4 S2

F

C

1

b

G

Een punt dat even ver van lijn a als lijn b ligt bevindt zich op de bissectrice tussen beide lijnen. Construeer met de knop Bissectrices en aanklikken van lijn a en b de binnen- en buitenbissectrices bis1 en bis2. Een punt dat op een afstand 1 van lijn c ligt bevindt zich op een parallelle lijn hieraan aan die raakt aan de cirkel met straal 1 en middelpunt op c heeft. Construeer met de knop Cirkel met middelpunt en straal een cirkel op c met straal 1. Construeer met de knop Loodlijn een loodlijn door het middelpunt van de cirkel en c door het het middelpunt en c aan te klikken. Construeer de snijpunten van de loodlijn met de cirkel door middel van de knop Snijpunt(en) van 2 objecten. Construeer twee parallelle lijnen aan c met de knop Evenwijdige rechte en aanklikken van c en een snijpunt. Construeer met de knop Snijpunt(en) van 2 objecten de vier snijpunten S1, S2 , S3 en S4 tussen de twee bissectrices en de twee parallelle lijnen. Er zijn dus vier punten die even ver van lijn a als lijn b liggen en die op een afstand 1 van lijn c liggen.


c 141


c

In het algemene geval zijn er vier snijpunten. Zie de figuur bij opdracht b. In het geval dat de parallelle lijnen parallel zijn aan een bissectrice zijn er slechts twee snijpunten: a a

c

bis2

bis2

1

bis1

C S4

G

b

A

bis1

S3

F

S2

c

S4

b

F

C

G

A

In het geval G een afstand van 1 tot c heeft (een van de parallelle lijnen gaat door G) vallen twee snijpunten samen en zijn er drie snijpunten: bis2

bis1 1

bis1

A S1

S1

F

G S3 c

1

C A S2

F

c 142

b

C S2

b c

bis2

a

S3

a

G S4

S4



Blok 3 Praktische opdracht - Gewogen centra bladzijde 187 h g f

1a

s r q p

R

e d c

k

m

A

B

P

Afstand AB = 3 en h is de 6e cirkel rond A, dus de afstand tussen de cirkels is 12 . Als Op lijn m ligt punt P op het snijpunt van cirkel f met straal 2 en cirkel p met straal 1. b

h g f

m

s e d c

k

A

cd

r q p

R

B

P

Q

Verleng m en breid de cirkels rond B uit met een cirkel die door A gaat. Voor het snijpunt Q met m geldt | AP | 2 | PB | . Punt R voldoet aan de formule | AR | 2 | RB | want |AR| = 3 en |RB| = 1 12 .

m

h g f e d c

A

r

s

R k

P

p

B

q

Q

Breid het aantal cirkels uit en zoek de snijpunten waar de stralen een verhouding 1 : 2 hebben. Je vindt 8 snijpunten, inclusief P en Q die op lijn m liggen. De geschetste lijn lijkt op de grijze cirkel met middellijn PQ te liggen. 2a

Een benadering van de ligging kun je op het oog aangeven: P ligt tussen AB. Als 2 | AP | 3 | PB | dan | AP | 3 ( 12 | PB |) , dus een halve lengte PB moet 3 keer passen in AP. Q ligt voorbij B. Als 2 | AQ | 3 | QB | dan | AQ | 3 ( 12 | QB |) , dus een halve lengte BQ moet 3 keer passen in AQ.


c 143

Blok 3 Praktische opdracht - Gewogen centra Moderne wiskunde 9e editie vwo B deel 2

b

c

Kies |PA | = 3 en |PB| = 2 om aan 2 | AP | 3 | PB | te voldoen. Dan volgt |AB| = 3 + 2 = 5, maar lengte |AB| moet 4 zijn volgens opdracht a, dus vergroot |AP| en |PB| met 4 . 5 Dat geeft |PA| = 3 45 125 2, 4 en |PB| = 4 – 2,4 = 1,6. Kies |QA| = 3 en |QB| = 2 om aan 2 | AQ | 3 | QB | te voldoen. |QA| = |QB| + |AB| ⇒ |AB| = |QA| – |QB| = 3 – 2 = 1, maar lengte |AB| moet 4 zijn volgens opdracht a, dus vergroot |QA| en |QB| met 4. Dat geeft |QA| = 12 en |QB| = 8. Voor een punt R op de grens geldt 2 | AR | 3 | RB | ⇒ | AR | 1 12 | RB | . Teken cirkels rond B met stralen 2, 4, 6 en 8 en cirkels rond A met stralen die 1 12 keer groter zijn, dus 3, 6, 9, en 12. Teken de snijpunten op de cirkels die voldoen aan 2 | AR | 3 | RB | en schets de verbinding tussen de snijpunten. In de tekening is de grenslijn de vette cirkel. y 12 9 6

R3

3 –12 –9

–6

R1 P

B

–3 O A 3 –3

6

x 9 12

R5 R 6

–6 –9 –12

d

Als centrum A gewicht a heeft en centrum B gewicht b dan geldt voor de grenslijn | PB | b . | PA | a Op lijn AB geldt AB = PA + PB ⇒ |AB| = |PA| + |PB| ⇒ |PB| = |AB| – |PA|. Invullen geeft per definitie b · |PA| = a · |PB| ⇒

| AB | | PA | | AB | | PA | | AB | | AB | | PA |

1 b 1 b a b ab a | PA | | PA | | PA | | PA | | PA | | AB | a b a a a a a | PA | e

a | AB | . ab

De hoeken zijn AR1 P en BR1 P zijn gelijk. Hetzelfde geldt voor de hoeken bij R2 en R3 . y

y

6

2 0

c 144

R3

R2

4

6

R3

R2

4

R1 52,2 °52,2 ° A 2 P 4 B

y

6

R2

4

20,69 ° 20,69 °

2

10,32 ° R3 10,32 °

R1

2

R1 6

8

10

x 12 Q 14

0

A

2 P

4 B

6

8

10

x 12 Q 14

0

–2

–2

–2

–4

–4

–4

–6

–6

–6

A

2 P

4 B

6

8

10

x 12 Q 14



3

Bewijs van de bissectricestelling: Gegeven: |PA| : |PB| = |RA| : |RB| = a : b Te bewijzen: RP is bissectrice van ∠ARB Bewijs: neem aan dat de stelling waar is, dan moet bewezen worden dat ∠ARP = ∠PRB. PR // BE ⇒ ∠PRB = ∠RBE (Z-hoeken) (1) *ARP ∼ *AEB ⇒ ∠ARP = ∠AEB (2) Uit (1), (2) en het beweerde volgt ∠RBE = ∠AEB ⇒ *RBE heeft twee gelijke hoeken ⇒ *RBE is gelijkbenig ⇒ te bewijzen |RB| = |RE|. Noem |PA| = a, |PB| = b, |RA| = k · a en |RB| = k · b waarin k een vergrotingsfactor is in overeenstemming met het gegeven, dan | RE | | PB | b | RE | | RA | b k a b k b b | RE | | RB | , a a | RA | | PA | a dus de bewering is waar.

*ARP ∼ *AEB ⇒

bladzijde 188 4a C R E a

A

b

P

B

kb

Q

ka

Gegeven: |QA| : |QB| = |RA| : |RB| = a : b Te bewijzen: RQ is bissectrice van ∠QRC Bewijs: neem aan dat de stelling waar is, dan moet bewezen worden dat ∠BRQ = ∠CRQ. EB // RQ ⇒ ∠BRQ = ∠EBR (Z-hoeken) en ∠CRQ = ∠REB (F-hoeken), ∠EBR = ∠CRQ ⇒ *EBR is gelijkbenig ⇒ te bewijzen |RE| = |RB| | AE | | RA | a 1 ⇒ | AE | | AB | 1 (ka kb) 1 a b | AB | | QA | k a k k k |RE| = |RA| – |AE| = a – (a – b) = b ⇒ |RE| = |RB| klopt, dus de bewering is waar. ∠PRQ is 90°. Bewijs: ∠ERP = ∠BRP = A , ∠BRQ = ∠CRQ = B PRQ A B ARC 180n 2A 2B 2(A B) A B 90n PRQ 90n De hoek PRQ is constant 90° in *PRQ, dus volgens de stelling van Thales ligt R op de cirkel met middellijn PQ. *AEB ∼ *ARQ ⇒

b

c


c 145


Q

5a C K

P2

P3 P1 A X Y

Q1

Q2

gebied van A

b c

d

B

Q3 gebied van B

| BP3 | 73 | BC | , dan | CP3 | 47 | BC | ⇒ | BP3 |:| CP3 | 3 : 4 ⇒ gewicht B : C = 3 : 4. Centrum A is het midden van CQ2 , dus | CQ2 |:| AQ2 | 2 : 1 ⇒ gewicht C : A = 2 : 1. Zie de cirkel met middellijn CQ2 en A als middelpunt. Kies A = 1, dan volgt uit A : C = 1 : 2 dat C = 2. Uit B : C = 3 : 4 volgt B = 3 : 4 C = 1 12 . Werk de 1 12 in de verhouding weg door met 2 te vermenigvuldigen: A : B : C = 2 : 3 : 4. X: ligt in cirkel k voor AB: A wint het van B, ligt in cirkel r voor AC: A wint het van C, ligt in cirkel q voor BC: B wint het van C, maar A wint het weer van B. Uiteindelijk wint A steeds, dus de gasten uit gebied X gaan naar A. Y: ligt buiten cirkel k voor AB: B wint van A, ligt in cirkel r voor AC: A wint van C, maar B wint het weer van A, ligt in cirkel q voor BC: B wint van C. Uiteindelijk wint B steeds, dus de gasten uit gebied Y gaan naar B.

bladzijde 189 6a

b

c

Verleng de lijn CB in de richting van B. Het snijpunt met de cirkelrand tot centrum B is iets groter dan de afstand CB, dus als C gewicht 2 zou krijgen (zie het antwoord op vraag 5b) gaat de cirkel rond B door het snijpunt met de rand en steekt de cirkel iets buiten het gebied van centrum C. Rechte grenslijnen zijn te zien bij A en een aantal aangrenzende centra. De gewichten zijn dan gelijk: de afstand tot ieder centrum is gelijk, dus de grenslijn is de middelloodlijn op de verbindingsas. Ja, maar er kunnen ook meer centra zijn buiten de tekening. Centrum D heeft met 7 het grootste gewicht van alle centra dus heeft ten opzichte van deze centra geen grenscirkel.

7a

B

A

B

C

A

C

c 146



Bij drie centra met gelijk gewicht (1 : 1 : 1) zijn de grenslijnen de middelloodlijnen op het lijnstuk tussen de centra. Bij centra op één lijn hebben de middelloodlijnen geen snijpunt met elkaar. Bij centra die de hoekpunten van een driehoek vormen snijden de middelloodlijnen elkaar in een punt dat het centrum is van de omgeschreven driehoek. De dikke lijn is de grenslijn tussen A en B, de dunne lijn tussen A en C en de gestreepte lijn tussen B en C. b

y 4 3

B

2 1 –5

–4

–3

–2

–1 O A 1 –1

2

3B 4 C 5

x

–2 –3

A –4

C

De gewichten van de centra A, B en C verhouden zich als 1 : 1 : 2. De dikke lijn is de grenslijn tussen A en B, de onderste cirkel tussen A en C en de bovenste cirkel tussen B en C. c

B

C

A

8

De gewichten van de centra A, B en C verhouden zich als 1 : 10 : 50. De linker cirkel is de grenslijn tussen A en B en de rechter cirkel tussen B en C. Hoe groter de gewichtsverhouding is hoe kleiner de cirkel is rond het centrum met het kleinste gewicht. –


c 147

Hoofdstuk 6 - Cirkeleigenschappen

Recommend Documents