Noordhoff Uitgevers bv

er sb v

Hoofdstuk 5 - Definities en stellingen Voorkennis: Bijzondere figuren bladzijde 130 V-1a

50°

60°

A

b

B

∠C = 180° − 50° − 60° = 70°

c

C

A

B

Ja, de zwaartelijnen gaan door één punt: het zwaartepunt

d

C

off

Ui tg

ev

C

B

dh

A

Ja, de hoogtelijnen gaan door één punt: het hoogtepunt

V2-a

C

or

C

B

A

B

No

A

De zwaartelijnen gaan door één punt en ook de hoogtelijnen gaan door een punt, maar het hoogtepunt ligt nu buiten de driehoek.

©

Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen vwo B deel 1

Opm_MW9vwoB-dl1-Uitw.indd 83

© Noordhoff Uitgevers bv

⁄ 83 25-10-2007 10:10:8

b

C

A

B

De zwaartelijnen gaan weer door één punt. Ook de hoogtelijnen gaan door één punt, namelijk punt A.

Ui tg

ev

er sb v

Hoofdstuk 5 - Definities en stellingen

C

off

A

B

D

C

dh

V-3a,b

A

c

d

B

8

Nee, want de figuur is niet symmetrisch in AC of BD D

C

No

or

5

5

A

⁄ 84

B

Ja, want een ruit is symmetrisch in de diagonalen

©

5




25-10-2007 10:10:11

e

er sb v


C

D

5

A

Nee, want de figuur is niet symmetrisch in AC of BD

ev

B

8

bladzijde 131

Ruit, vlieger, vierkant Ruit, parallellogram, rechthoek, vierkant Beide diagonalen delen de hoeken middendoor: Ruit, vierkant Eén diagonaal deelt de hoeken middendoor: Vlieger

V-5a,b

D

Ui tg

V-4a b c

R

C

Q

P A

d

PQRS is een rechthoek, want: PS / / BD en RQ / /BD dus PS / /RQ PQ / /AC en RS / /AC dus PQ / /RS Omdat AC ⊥ BD geldt PS ⊥ PQ en dus is ∠QPS = 90° Ook de overige hoeken van PQRS zijn recht. D

S

No

7

dh

c

B

5

C

R

or

5

off

S

Q

70°

A

P

B

5

PQRS is een parallellogram, want: PS / / BD en RQ / /BD dus PS / /RQ PQ / /AC en RS / /AC dus PQ / /RS

©




⁄ 85 25-10-2007 10:10:18

V-6a,b

C

B1

er sb v


C

A1

A2

B

A

Ui tg

C1

B

ev

A

Parallellogram ABA1C, parallellogram ABCB1, ruit AC1BC en vlieger ABA2C

c

K2

M

K

L

M

K

L

off

L1

K1

M1

Rechthoek KLK1M, vlieger KLK2M

dh

Ja want in een ruit zijn de overstaande zijden evenwijdig. Ja want alle hoeken zijn recht (rechthoek) en alle zijden zijn even lang (ruit). Ja, spiegelen in de diagonalen laat zien dat alle zijden even lang zijn. Ja want een ruit is symmetrisch in beide diagonalen. D

A

B

Nee, zie bovenstaande tekening met AB ≠ AD en dus is vierhoek ABCD geen vlieger.

No

C

or

V-7a b c d e

5.1 Gelijkvormigheid bladzijde 132

1a

b

∠A3 = 38° ∠A2 = ∠A4 = 180° − 38° = 142°

©

⁄ 86




25-10-2007 10:10:23

2a

b

c

Overstaande hoeken zijn gelijk. Een gestrekte hoek is 180°. ∠E1 = ∠E3 = 180° – 142° = 38° ∠E4 = ∠E2 = 142° ∠B2 = ∠B4 = ∠A3 = ∠A1 = 71° ∠B1 = ∠B3 = ∠A2 = ∠A4 = 180° − 71° = 109°

bladzijde 133 3a

b

4a

c

Factor 4 want AC = 12 = 4 DC 3 4 × 4 12 = 18 ∠ABC = ∠DEC en ∠BAC = ∠EDC met als gevolg AB / /DE C

off

A

d

e

5a

b

c

d

Factor 24 = 1 12 en dus is AC = 1 12 × 18 = 27 en is DE = 15 : 1 12 = 10 16 DEF ∼CBF

or

c

B

DF = DE = 10 = 2 FC CB 15 3

No

D

∠ADE = ∠ABC en ∠AED = ∠ACB dus ADE ~ABC

∠ACB = ∠D = 90° en ∠B = ∠B dus ABC ~CBD BC = 172 − 152 = 8 en 17 ⋅ CD = 8 ⋅ 15 (via oppervlakte van ABC ) dus is CD = 8 ⋅ 15 = 7 171 17 13 AD = 152 − (7 171 )2 = 13 174 en DB = 17 − 13 174 = 3 17 ∠A = ∠A en ∠D = ∠C = 90° dus is ADC ~ACB

©

b

dh

E

ev

c

∠B1 = ∠B3 = ∠D3 = ∠D1 = 180° − 38° − 78° = 64° ∠B2 = ∠B4 = ∠D4 = ∠D2 = 180° − 64° = 116° ∠C2 = ∠C4 = ∠E4 = ∠E2 = 78° ∠C1 = ∠C3 = ∠E3 = ∠E1 = 180° − 78° = 102° Overstaande hoeken zijn gelijk. Een gestrekte hoek is 180°. F-hoeken zijn gelijk. Z-hoeken zijn gelijk.

Ui tg

er sb v





⁄ 87 25-10-2007 10:10:40

er sb v


5.2 Stellingen en definities bladzijde 134

d

De drie hoeken van een driehoek zijn 180°

6a b

ev

c

Z-hoeken ∠B = ∠C3 ∠A + ∠B + ∠C2 = ∠C1 + ∠C3 + ∠C2 = 180°

bladzijde 135

b

8a

b

9

10a

b

11

Ui tg

Teken vanuit één hoekpunt de beide diagonalen. Er ontstaan dan drie driehoeken. De hoekensom van een vijfhoek is dus 3 × 180° = 540° Teken vanuit één hoekpunt de vier diagonalen. Er ontstaan dan vijf driehoeken. Dus is de hoekensom van een zevenhoek 5 × 180° = 900° Voor een n-hoek is de hoekensom (n − 2) × 180° ∠B1 + ∠B2 = 180° (gestrekte hoek) ∠B2 = 180° − ∠B1 = (∠A + ∠B1 + ∠C) − ∠B1 = ∠A + ∠C

∠ADB = ∠C + 12 ∠B (stelling van de buitenhoek bij BDC ) ∠BED = ∠A + ∠ADE = ∠A + 12 ADB = ∠A + 12 (∠C + 12 ∠B) = ∠A + 12 ∠C + 14 ∠B ∠ASE = ∠SAC + ∠SCA = 12 ∠A + 12 ∠C = 12  + 12 γ ∠DSE = 360° − ∠B − ∠SEB − ∠SDB = 360° − β − ( + 12 γ) − (12  + γ) = 360° − β − 1 12  − 1 12 γ

off

7a

∠D = ∠ACD en ∠D + ∠ACD = ∠A =  (buitenhoek) dus ∠D = ∠ACD = 12  ∠E = ∠ECB en ∠E + ECB = ∠B = β (buitenhoek) dus ∠E = ∠ECB = 12 β ∠DCE = 12  + γ + 12 β

dh

5.3 Congruente driehoeken

12a

Nee, 3 + 7 < 11 b

No

or

bladzijde 136

5 cm

7 cm

9 cm

c

Ja

©

⁄ 88




25-10-2007 10:10:53

C

13a

50°

30°

A

b

c

∠C = 100° ; BC is ongeveer 3,9 cm en AC is ongeveer 2,5 cm F

ev

B

5 cm

60°

E

D

5 cm

bladzijde 137 14a

M2

4 cm

off

M1 4 cm 30°

K

Nee, alleen de volgende figuur is mogelijk.

M

or

8

K

c

6

L

Alleen de volgende figuur is mogelijk

No

L

6 cm

dh

b

Ui tg

4 cm

er sb v


M

57°

30°

©

K

93°

L




⁄ 89 25-10-2007 10:10:58

er sb v


C

15a

5 cm

83°

b

16

ZHZ

D

C

2 1

A

17

C

A

M

| AC | = | BC | = | BD | = | AD | dus is ABCD een ruit en delen de diagonalen elkaar loodrecht middendoor. Daarmee is de rode lijn CD de middelloodlijn van lijnstuk AB.

©

No

or

D

B

off

| AB | = | AD | en | BC | = | DC | en | AC | = | AC | Dus ABC ≅ ADC (ZZZ) ⇒ ∠BAC = ∠DAC ⇒ AC is bissectrice.

dh

B

Ui tg

B

7 cm

ev

A

⁄ 90




25-10-2007 10:11:3

er sb v


5.4 Een bewijs aanpakken bladzijde 138

b

e

c d

Met ∠B = ∠B en de gegevens vind je dat BRP ≅ BTQ (ZHH) De hoeken van de driehoeken zijn gelijk dus moet er nog een tweetal gelijke zijden zijn. Uit BRP ≅ BTQ volgt dat | BT | = | BR | Omdat | BP | = | BQ | moet gelden | PT | = | RQ | want | PT | = | BP | − | BT | en | RQ | = | BQ | − | BR | Bewijs:  ∠T = ∠R (= 90°)  ∠P = ∠Q (= 90° − ∠B)  ⇒ PST ≅ QRS (HZH)  | PT | = | QR | (opdracht d)

ev

18a

Ui tg

Dus | PS | = | QS |

bladzijde 139 19

Gegeven: ABC met | AB | = | AC | en punt P op bissectrice van ∠A Te bewijzen: | RB | = | QC | Bewijs:  | AB | = | AC | (gegeven)  ∠BAP = ∠CAP (P op bissectrice) ⇒ APB ≅ APC (ZHZ) ....(1)  | AP | = | AP | 

off

20

R

P

Q

Gegeven: PQR met hoogtelijnen | PS | = | QT | Te bewijzen: PQR is gelijkbenig

©

S

No

T

or

   ⇒ RBP ≅ QCP (HZH) ⇒| RB | = | QC |  

dh

∠P1 = ∠P2 (overstaande hoeken) | CP | = | BP | (1) ∠ACP = ∠ABP (1)




⁄ 91 25-10-2007 10:11:15

Bewijs: | PS | = | QT | (gegeven)  ∠S = ∠T (= 90°)  ⇒ PSR ≅ QTR (ZHH)  ∠R = ∠R  Dus | PR | = | QR | en is PQR gelijkbenig

21a

b

Gegeven: Trapezium ABCD met AB / /CD en | AD | = | BC | Te bewijzen: | AC | = | BD | Bewijs:

A

E

B

Teken DE / /BC dan is EBCD een parallellogram en | DE | = | BC | Dan is ∠EBC = ∠AED = ∠EAD en dus ∠ADC = 180° − ∠EAD = 180° − ∠ABC = ∠BCD | AD | = | BC | (gegeven)   | DC | = | DC |  ⇒ ADC ≅ BCD (ZHZ) ⇒ | AC | = | BD |  ∠ADC = ∠BCD (bewezen n) C

22a

off

C

D

E S

A

c

©

Vermenigvuldigen vanuit C met factor 2 geeft dat het beeld van E samenvalt met A en dat het beeld van D samenvalt met B. Dus is CED ~ CAB en ED / / AB Dan is ∠BAS = ∠SDE en ∠ABS = ∠SED waarmee ABS ~ DES Omdat | ED | : | BA | = 1 : 2 is | AS | : | DS | = | BS | : | ES | = 2 : 1 Omdat | AS | = 23 | AD | = 23 | BE | = | BS | is ABS gelijkbenig en is ∠BAD = ∠ABE | AD | = | BE | (gegeven)   ∠BAD = ∠ABE (bewezen) ⇒ BAD ≅ ABE (ZHZ) ⇒ | BD | = | AE |  | AB | = | AB |  Dus geldt | BC | = 2⋅ | BD | = 2⋅ | AE | = | AC | en daarmee is ABC gelijkbenig.

or

⁄ 92

B

No

b

dh

Ui tg

D

ev

er sb v





25-10-2007 10:11:30

er sb v


5.5 Gelijkwaardige definities bladzijde 140

23a

D

C

A

c d

B

∠BAC en ∠ACD ; ∠ADB en ∠DBC ; ∠CDB en ∠ABD AC komt in beide driehoeken voor ∠BAC = ∠ACD en ∠BCA = ∠CAD (Z-hoeken) Dus (HZH) geldt ACD ≅ CAB | AD | = | BC | en | AB | = | CD | Gegeven: Vierhoek ABCD met | AD | = | BC | en | AB | = | CD | Te bewijzen: AD evenwijdig BC en AB evenwijdig CD Bewijs: Uit het gegeven volgt ACD ≅ CAB (ZZZ) Dus is ∠BCA = ∠DAC en dus is AD / / BC (Z-hoeken) Ook is ∠ACD = ∠CAB en dus is CD / / AB (Z-hoeken)

Ui tg

b

ev

24

Gegeven: Vierhoek ABCD met vier hoeken van 90° en vier gelijke zijden Te bewijzen: In ABCD zijn de diagonalen even lang, delen elkaar middendoor en staan loodrecht op elkaar. Bewijs: Vier gelijke zijden dus is ABCD een ruit. In een ruit delen de diagonalen elkaar loodrecht middendoor. Omdat ABC ≅ BAD (ZHZ) geldt | AC | = | BD |

dh

off

bladzijde 141

C

No

D

or

Gegeven vierhoek ABCD waarvan de diagonalen even lang zijn, elkaar middendoor delen en loodrecht op elkaar staan. Te bewijzen: De vier hoeken zijn 90° en de zijden zijn even lang. Bewijs:

S

A

©

B




⁄ 93 25-10-2007 10:11:41

er sb v


De diagonalen zijn even lang en delen elkaar loodrecht middendoor. Dus zijn de hoeken bij S allemaal 90° en geldt | AS | = | BS | = | CS | = | DS | Dan is ABS ≅ BCS ≅ CDS ≅ DAS (ZHZ) Hieruit volgt dat AB = BC = CD = DA , dus alle zijden van vierhoek ABCD zijn even lang. Omdat | AS | = | BS | is ∠BAS = ∠ABS = 45° Analoog is ∠DAS = 45° en dus is ∠BAD = 90° Analoog ∠B = ∠C = ∠D = 90°

Dus beide definities zijn equivalent.

In een ruit snijden de diagonalen elkaar loodrecht, dus wanneer de bissectrices niet loodrecht op elkaar staan kan PQRS zeker geen ruit worden. Noem het snijpunt van de diagonalen T. Dan geldt APT ≅ ART en BQT ≅ BST (HZH) Een ruit is een vierhoek waarvan alle zijden even lang zijn Te bewijzen: PQRS is een ruit Bewijs: Uit APT ≅ ART volgt | PT | = | RT | Uit BQT ≅ BST volgt | ST | = | QT | Verder is ∠T = 90° Dus is PTS ≅ RTS ≅ PTQ ≅ RTQ (ZHZ) Dus zijn alle zijden van PQRS even lang is dus is PQRS een ruit

b

c

26a

d

Ui tg

25a

D

C

�

R

�

�

�

S �

A

�

�

B

Gegeven: ABCD is een parallellogram Te bewijzen: De vier bissectrices sluiten een rechthoek in. Bewijs: AB / / DC ⇒ ∠BAD + ∠ADC = 180° Dus  + δ = 90° en moet ∠ASD = 90° Analoog bewijs je dat de overige hoeken van PQRS elk ook 90° zijn en daarmee is PQRS een rechthoek. Gegeven: Een vierhoek ABCD waarvan de bissectrices een rechthoek insluiten Te bewijzen: Vierhoek ABCD is een parallellogram Bewijs: Omdat ∠S = 90° geldt  + δ = 90° en dus ∠BAD + ∠ADC = 180° zodat AB / / DC Analoog geldt ook dat AD en BC evenwijdig zijn Dus is ABCD een parallellogram

or

b

P

©

No

Q

dh

�

off

ev

⁄ 94




25-10-2007 10:11:56

er sb v


D

27a A

B

C

b

c

Via de hoekensom (360°) in een vierhoek bewijzen dat ∠A = ∠BCE ∠B = ∠D = 90° dus moet ∠A + ∠BCD = 180° Ook is ∠BCE + ∠BCD = 180° Dus geldt ∠A = ∠BCE Bewijs:  | AD | = | CE | (gegeven)  | AB | = | BC |(gegeven)  ⇒ ABD ≅ CBE (ZHZ)  ∠A = ∠BCE (bewezen)  Dus | BD | = | BE |

Ui tg

ev

E

5.6 Vermoeden en bewijzen

28abc

28d

off

bladzijde 142 | BD | | AB | Het vermoeden is: = | DC | | AC |

29a

b c

dh

bladzijde 143 Trapezium want AD / /BC Er zijn twee mogelijkheden.

C1

or

D

C2

No

A

B1

d

Dan geldt | AB | = | DC | en | AD | = | BC | omdat ABCD een parallellogram is Omdat B en D op de cirkel liggen geldt ook | AB | = | AD | Dus zijn alle zijden even lang en is ABCD een ruit

©

B2




⁄ 95 25-10-2007 10:12:5

C

30a,b R D

Q S

P

A

e

f

31a

b

Ui tg

Parallellogram Bewijs: Teken de diagonalen AC en BD Dan geldt PQ//AC en SR//AC dus PQ//SR, want P en Q zijn middens. Ook geldt PS//BD en QR//BD dus PS//QR In vierhoek PQRS zijn de overstaande zijden evenwijdig en dus is PQRS een parallellogram Dan moeten de diagonalen van vierhoek ABCD loodrecht op elkaar staan want de zijden van een rechthoek staan loodrecht op elkaar Dan moeten de diagonalen van vierhoek ABCD even lang zijn want SP en RQ zijn elke de helft van BD en PQ en SR zijn elk de helft van AC ∠HPQ = ∠HQP AFQ en AEP hebben gelijke hoeken want beide hebben een hoek van 90° en een hoek gelijk aan 12 ∠A dus hebben ze ook de derde hoek gelijk Bewijs: ∠HPQ = ∠APE = 90° − 12 ∠A = ∠FQA = ∠HQP

off

c d

B

ev

er sb v


32

Bewijs: ∠ABC = ∠CDE (Z-hoeken)  ∠C = ∠E (= 90°)  ⇒ ABC ≅ CDE (HZH)  | BC | = | DE | (gegeven)  Dus is | AC | = | CE | en daarmee is ACE gelijkbenig met ∠A2 = ∠E1

or

dh

Dus is driehoek PHQ gelijkbenig met | PH | = | HQ |

5.7 Met de computer

33a,b

No

bladzijde 144

B

2

m

1

C

©

1

⁄ 96

2

A

l




25-10-2007 10:12:14

c d

De bissectrices snijden elkaar loodrecht Bewijs: ∠A1,2 + ∠B1,2 = 180° want l // m Gegeven is dat ∠A1 = ∠A2 en ∠B1 = ∠B2 Dus ∠A1 + ∠B1 = 90° en daarmee is ∠C = 90°

34a-c

C

1

ev

2

E

Ui tg

F

1 2

A

er sb v


D

3

B

G

Het vermoeden is : | FG | = | BG | Gegeven: ∠C1 = ∠C2 = ∠B3 en ∠B1 = ∠B2 Te bewijzen: | FG | = | BG | Bewijs: Volgens de stelling van de buitenhoek geldt ∠BFG = ∠C2 + ∠B2 Ook is ∠GBF = ∠B1 + ∠B3 = ∠B1 + ∠C2 = ∠B2 + ∠C2 Dus ∠BFG = ∠GBF en dus is BFG gelijkbenig met | FG | = | BG |

35a,b c d

| BE | = | DE | Te bewijzen: | BE | = | DE | Bewijs:

or

C

dh

off

d e f

E

No

B

D

A

©

∠BDE = ∠BDA (BD is symmetrie-as) en ∠BDA = ∠DBE (Z-hoeken) Dus ∠BDE = ∠DBE en dus is BDE gelijkbenig met | BE | = | DE |




⁄ 97 25-10-2007 10:12:29

er sb v


bladzijde 145

36a

b

De bissectrices zijn evenwijdig

d

D C

2

ev

1

F

1 2

A

B

Ui tg

E

Te bewijzen: FC / /AE Bewijs: Met de hoekensom in een vierhoek vind je ∠DAB + ∠DCB = 180° Dus ∠A2 + ∠C1 = 90° Ook geldt ∠A2 + ∠AEB = 90° Uit het voorafgaande volgt ∠AEB = ∠C1 en dus (Z-hoeken) is AE / /FC

37a

b

Er zijn nog verschillende mogelijkheden: · ∠B is de tophoek en ∠A = ∠C = 65° In dit geval is ∠ADB = 90° · ∠A is de tophoek en ∠B = ∠C = 50° In dit geval is ∠ADB = 75° · ∠C is de tophoek en ∠A = ∠B = 50° In dit geval is ∠ADB = 105° De constructie voltooi je door voor elk van deze gevallen een lijn door D met de juiste hoek te tekenen en deze lijn te snijden met de benen van ∠B .

dh

off

C2

or

50°

C

C1 65°

80°

D

No

D

50°

©

A

⁄ 98

65°

50°

B

A1



A2

80°

50°

B


25-10-2007 10:12:41

C

38a E

D S

A

b

c

Vermoeden: De scherpe hoeken bij S en D zijn even groot, dus SDB is gelijkbenig, dus BS = BD Bewijs: ∠ASE = 90° − 12 ∠A en ∠ADB = 90° − 12 ∠A dus ∠ASE = ∠BSD = ∠ADB ⇒ BS = BD

Ui tg

B

ev

er sb v


C

E D S A

B

d

dh

off

Bewijs: ∠ASE = 180° − 12 ∠A − ∠AEB ∠ADB = 180° − 12 ∠A − ∠ABD Omdat ∠AEB = ∠ABD volgt uit bovenstaande dat ∠ASE = ∠BSD = ∠ADB ⇒ BS = BD E

C

or

S

D

B

No

A

©

Bewijs: ∠ASE = 180° − 12 ∠A − ∠AEB ∠ADB = 180° − 12 ∠A − ∠ABD Omdat ∠AEB = ∠ABD volgt uit bovenstaande dat ∠ASE = ∠ADB ⇒ ∠BSD = ∠BDS ⇒ BS = BD




⁄ 99 25-10-2007 10:12:53

er sb v


5.8 Gemengde opdrachten bladzijde 146

40a

Bewijs: Vierhoek ABRC is een parallellogram want de diagonalen AR en BC delen elkaar middendoor. Dus CR//AB Ook vierhoek ABCS is een parallellogram (diagonalen BS en AC delen elkaar middendoor) dus CS//AB Dus is ∠SCR een gestrekte hoek en liggen S, C en R op één lijn

ev

39

Ui tg

1

b

2

B

Gegeven: ∠A < 90° , ∠B < 90° , BQ ⊥ AQ en BP ⊥ AP Te bewijzen: ∠A = ∠B Bewijs: ∠A = 90° −∠S1 = 90° − ∠S 2 = ∠B Ze zijn gelijk (opdracht a) of samen 180° zoals in de volgende figuur

T

dh

S

off

A

Gebruik de hoekensom van een vierhoek ∠A + ∠B = 360° − ∠S − ∠T = 360° − 90° − 90° = 180°

©

⁄ 100

S

No

A

or

B




25-10-2007 10:13:0

41a

C D

Q

1

S

2

P

B

A

ev

b

42a,b

Ui tg

De driehoeken ADC en ABC hebben zijde AC gemeenschappelijk. Omdat de oppervlakten van beide driehoeken gelijk is moet gelden | DP | = | BQ | Dan geldt ∠S1 = ∠S2 (overstaande hoeken)   | DP | = | BQ |(bewezeen)  ⇒ PSD ≅ QSB (ZHH)  ∠P = ∠Q (= 90°)  Dus geldt | DS | = | BS | en is S het midden van BD Zowel voor ABS als voor BSC is |BQ| de hoogte op AS respectievelijk CS. Als de beide driehoeken dezelfde oppervlakte hebben dan moet ook de basis dezelfde lengte hebben. Dus | AS | = | SC | In opdracht a is bewezen dat S het midden is van BD, nu is bewezen dat S het midden is van AC. Dus delen de diagonalen van vierhoek ABCD elkaar middendoor en daarmee is ABCD een parallellogram C

b

a

D

A

K

c

B

dh

�

off

er sb v


E

c

Omdat | AC | = | AE | is ∠E = ∠ACD = ∠DCB Ook is ∠ADE = ∠BDC Dus ADE ~BDC

or

Dan geldt

e

sin  =

| AD | | AC | = ⇒ | AD | : | BD | = | AC | : | BC | | BD | | BC |

CK ⇒ CK = b sin  b

Oppervlakte ABC = 12 ⋅ AB ⋅ CK = 12 ⋅ c ⋅ b ⋅ sin  = 12 bc sin  De hoogte van beide driehoeken is gelijk, namelijk de afstand van C tot zijde AB, dus |CK| Dus verhouden de oppervlakten zich als de lengten van AD en DB

©

d

Gegeven is dat | AE | = | AC | dus

No

| AD | | AE | | DE | = = | BD | | BC | | DC |




⁄ 101 25-10-2007 10:13:11

f

er sb v


Oppervlakte ADC = 12 ⋅ b⋅ | CD | ⋅ sin 12 ∠C en Oppervlakte DBC = 12 ⋅ a⋅ | CD | ⋅ sin 12 ∠C Gebruik makend van het resultaat van opdracht e vind je: 1 1 | AD | Opp. ADC 2 b⋅ | CD | ⋅ sin 2 ∠C b = =1 = ⇒ AD : DB = AC : BC 1 | DB | Opp. DBC 2 a⋅ | CD | ⋅ sin 2 ∠C a

43a

ev

bladzijde 147 R C ky

A

x

B

P

R C

Q

Ui tg

y

kx

ky

y

A

Q

kx

P

In beide gevallen toon je gelijkvormigheid aan door driehoek ABC vanuit A met factor k te vermenigvuldigen waardoor driehoek A′B′C ′ ontstaat Dan zijn driehoek A′B′C ′ en driehoek PQR twee congruente driehoeken (geval ZHZ of ZZR) en dus zijn de driehoeken ABC en PQR gelijkvormig

b

dh

Q

or

x

off

B

D

C

No

S

A

B

P

∠PSB = ∠QBA = 90° en | BQ | : | AB | = | SP | : | BS | = 2 : 1 dus volgens het tweede kenmerk zijn de driehoeken ABQ en BSP gelijkvormig

©

⁄ 102




25-10-2007 10:13:19

b

Bewijs: | BM | = | EM | (straal)   ∠TBM = ∠TEM (= 90°) ⇒ TBM ≅ TEM (ZZR) ⇒ ∠BTM = ∠ETM  | TM | = | TM 

 | TB | = | TB |  | AB | = | BM | (gegeven)  ⇒ TAB ≅ TMB (ZHZ) ⇒ ∠ATB = ∠BTM  ∠ABT = ∠MBT (= 90°)

ev

44a

Uit bovenstaande volgt ∠ATB = 13 ⋅ ∠ATE Leg het apparaat zoals in de figuur in een hoek neer en teken een eerste punt B Noem dit punt B1 Keer het apparaat om en leg het op dezelfde manier neer en teken weer een punt B Noem dit punt B2 Teken TB1 en TB2, de trisectrices van ∠T

Ui tg

er sb v


c

y

120°

y

120°

y

B

C

x

x

off

x

A

Verdeel eerst ∠ABC , de stompe hoek in drie gelijke delen zoals bij opdracht b De gezochte driedeling van de overstrekte hoek ABC geeft x + y = 120° Construeer zoals aangegeven linksom en rechtsom twee hoeken van 120° om de trisectrices van de overstrekte hoek te vinden

E

45a

dh

D

or

C

60°

B

No

A

S

F

b c

Het vermoeden is: AD = BE = CA Mogelijk ADC en EBC

©




⁄ 103 25-10-2007 10:13:26

e f g h

∠ACD = ∠ECB = ∠CAB + 60° | AC | = | EC |(in gelijkzijdige driehoek)   | CD | = | CB |(in gelijkzijdige driehoek)  ⇒ ADC ≅ EBC (ZHZ)  ∠ACD = ∠ECB (bewezen)  Uit deze congruentie volgt dat | AD | = | EB | Via de congruentie van ABE en AFC | EA | = | AC | (in gelijkzijdige driehoek)   | AB | = | AF | (in gelijkzijdige driehoek)  ⇒ ABE ≅ AFC (ZHZ)  ∠EAB = ∠CAF (= ∠CAB + 600°)  Uit deze congruentie volgt dat | BE | = | CF | | AD | = | BE | en | BE | = | CF | dus | AD | = | CF | Vermoeden: de hoeken zijn 60° Bij een rotatie van 60° om C gaat E over in A en B in D. Dus gaat EBC over in ADC . Bij deze rotatie gaat lijnstuk EB over in lijnstuk AD dus maken deze twee lijnstukken een hoek van 60° met elkaar. Op dezelfde wijze kun je bewijzen dat de andere hoeken 60° zijn.

ev

d

Ui tg

er sb v


Test jezelf bladzijde 150

b

Bewijs:

off

T-1a

∠AHE = ∠BHD (overstaande hoeken)  ⇒ AHE ~ BHD (hh) ∠E = ∠D (= 90°)  Omdat de driehoeken ADC en BEC gelijkvormig zijn ( ∠C gemeenschappelijk | AD | | BE | = | AC | | BC |

T-2

Gegeven: ABC met middelloodlijn m van AB en bissectrice CS van ∠C Te bewijzen: ∠DSC = ∠B + 12 ∠C − 90° Bewijs: ∠ADS = 12 ∠C + ∠DSC (stelling buitenhoek) dus ∠DSC = ∠ADS − 12 ∠C ∠DSC = 90° − ∠A − 12 ∠C ∠DSC = 90° − (180° − ∠B − ∠C) − 12 ∠C ∠DSC = ∠B + 12 ∠C − 90°

T-3a

No

or

| AD | | AC | = en dus geldt ook | BE | | BC |

dh

en beide hebben een hoek van 90°) geldt:

C

80°

©

35°

A

⁄ 104

4

B




25-10-2007 10:13:42

b

c

er sb v


Ja, congruentiegeval ZHH D2

4

ev

D1

4

40°

E

T-4a b

c d

De driehoek ligt niet eenduidig vast, want D1EF en D2EF voldoen beide aan alle gegevens. ZZH is geen congruentie geval.

Ui tg

F

5

Nee, congruentie is geen optie want je weet niets over zijden. Overstaande hoeken zijn gelijk. ∠ECF = ∠ACH en ∠DGF = ∠BGH Te bewijzen: ∠ECF = ∠DGF Bewijs: ∠ECF = ∠ACH = 180° − ∠A − ∠AHC = 180° − ∠B − ∠BHG = ∠BGH = ∠DGF

©

No

Noem de definities van links naar rechts X, Y en Z (X ⇒ Y) Stel ABCD heeft vier rechte hoeken Omdat ∠A = ∠B = 90° geldt AD//BC Omdat ∠A = ∠D = 90° geldt AB//DC Dus is ABCD een parallellogram met een rechte hoek (Y ⇒ Z) Stel ABCD is een parallellogram met een rechte hoek Veronderstel dat ∠A = 90° Omdat AD//BC is ook ∠B = 90°  | AB | = | BA | (gemeenschappelijk)  | AD | = | BC | (ABCD iss parallellogram) ⇒ BAD ≅ ABC (ZHZ)  ∠A = ∠B (= 90°)  En dus geldt | BD | = | AC | en daarmee zijn de diagonalen even lang. (Z ⇒ X) Stel ABCD is een parallellogram met | BD | = | AC | Dan ABD ≅ BAC (ZZZ) en dus ∠A = ∠B Omdat AD//BC geldt ∠A + ∠B = 180° Dus ∠A = ∠B = 90° Analoog ∠D = ∠C = 90° Bewezen is nu dat X ⇒ Y ⇒ Z ⇒ X en daarmee de equivalentie van de drie definities

dh

T-5

or

off

bladzijde 151




⁄ 105 25-10-2007 10:13:57

T-6a

Twee lijnen zijn evenwijdig als er geen gemeenschappelijk punt is

b

s l

Q

1

2

m

S

ev

P

er sb v


Gegeven: Twee lijnen l en m worden gesneden door een derde lijn s waarbij er gelijke Z-hoeken zijn, dus ∠Q1 = ∠QPS Te bewijzen: De lijnen l en m zijn evenwijdig Bewijs: Veronderstel dat l en m snijpunt S hebben. Volgens de stelling van de buitenhoek geldt dan: ∠Q1 = ∠QPS + ∠S dus geldt ∠Q1 > ∠QPS Dit is in tegenspraak met het gegeven ∠Q1 = ∠QPS Conclusie: l en m hebben geen snijpunt en dus zijn l en m evenwijdige lijnen

T-7a b c d

Vierhoek KLMN lijkt een parallellogram Je blijft steeds een parallellogram zien Gegeven: Vierhoek KLMN volgens de opgave met KL//MP Te bewijzen: KLMN is een parallellogram Bewijs: Neem ∠MPQ =  Omdat | NP | = | NK | (stralen) is NPK gelijkbenig en dus ∠NPK = ∠NKP =  Omdat | MP | = | MQ | (stralen) is MPQ gelijkbenig en dus ∠MPQ = ∠MQP =  Uit het voorafgaande volgt: ∠NKP = ∠MQP en dus (F-hoeken) is MQ//NK Tenslotte is gegeven dat KL//MN Dus zijn in vierhoek KLMN de overstaande zijden evenwijdig en daarmee is KLMN een parallellogram D

T-8

Q

C

or

dh

off

Ui tg

A

⁄ 106

P

B

Gegeven: Parallellogram ABCD met middens P en Q op AB respectievelijk CD

©

R

No

S




25-10-2007 10:14:13

c

d

e

Dan is ABCD een rechthoek. Dan is ABCD een ruit.

©

T-9a b

ev

b

Ui tg

off

dh

Te bewijzen: APCQ is een parallellogram Bewijs: APCQ is een parallellogram als de overstaande zijden even lang zijn  | AD | = | BC | (overstaande zijden in parm.)  ADQ ≅ CPB (ZHZ) | DQ | = | BP | (helft overstaande zijden in parm.)  ⇒ A  ∠ADQ = ∠PBC (overstaande hoeken in parm.)  Dus | AQ | = | PC | Ook geldt | AP | = 12 | AB | = 12 | DC | = | QC | Dus zijn in vierhoek APCQ de overstaande zijden even lang en daarmee is APCQ een parallellogram Te bewijzen: PBCQ is een parallellogram Bewijs:  | PB | = | CQ |  | PC | = | CP |  ⇒ PBC ≅ CQP (ZHZ) ⇒ | BC | = | PQ |  ∠BPC = ∠QCP (Z-hoeken) Ook geldt | PB | = | QC | en dus zijn in PBCQ de overstaande zijden gelijk en daarmee is PBCQ een parallellogram Te bewijzen: PBRS is een parallellogram Bewijs: Analoog aan opdracht a is PBQD een parallellogram dus zijn BR en PS evenwijdig en even lang. Dan is BPR ≅ SRP (ZHZ) en dus ∠BPR = ∠SRP en (Z-hoeken) daarmee BP//RS Conclusie: in vierhoek PBRS zijn de overstaande zijden evenwijdig en dus is PBRS een parallellogram Te bewijzen: PRQS is een parallellogram Bewijs: Uit opdracht a volgt dat PR//SQ Analoog aan opdracht a kan aangetoond worden dat PBQD een parallellogram is en dus dat PS//QR Dus is PRQS een parallellogram Gegeven: PRQS is een ruit Te bewijzen: ABCD is een rechthoek Bewijs: Als PQRS een ruit is dan staan PQ en SR loodrecht op elkaar Omdat PQ//AD//BC en SR//AB//DC staan ook AB en BC loodrecht op elkaar Daarmee is ABCD een rechthoek

or

a

No

er sb v





⁄ 107 25-10-2007 10:14:24

Noordhoff Uitgevers bv

Recommend Documents