Gelijkbenig is met een tophoek van 120



Dovnload 8.42 Kb.
Datum23.08.2016
Grootte8.42 Kb.
1933RK

Opgave 1


Omdat driehoek AFE gelijkbenig is met een tophoek van 1200 , is en dus

Het middelpunt N van de ingeschreven cirkel van vierhoek ABCE is het snijpunt van diameter EB en de bissectrice van .

Daar , is driehoek ABE een zogeheten 300 – 600 – 900 driehoek.

Hetzelfde geldt dan ook voor driehoek PBN omdat NP en EA evenwijdig zijn.

Wanneer p de straal aanduidt van de ingeschreven cirkel van vierhoek ABCE, dan geldt dus

enerzijds en anderzijds

Uit volgt .

Opgave 2


In onderstaand figuur is ook de derde hoogtelijn AF getekend.

(rechte hoek en gemeenschappelijk), waaruit volgt

en dus

Idem: (rechte hoek en gemeenschappelijk), waaruit volgt



en dus

Ten slotte volgt nu:

Opgave 3

In onderstaande tekening zien we driehoek ABC met (delen van) de drie aangeschreven cirkels en hun raakpunten met de zijden van de driehoek.

Voor de constructie is van belang te weten dat bijv. CE = CD = AG = s en dat CG = sb (waarbij b als gebruikelijk zijde AC voorstelt).

Bovendien staat CM loodrecht op CN (binnen- en buitenbissectrice van dezelfde hoek).

De constructie kan nu als volgt verlopen.

1) Construeer de (congruente) rechthoekige driehoeken MEC en MDC . Hierdoor ontstaat

punt C.

2) Construeer door C een lijn loodrecht op MC en een lijn evenwijdig aan EC op afstand



. Hierdoor ontstaat het middelpunt N van de aangeschreven cirkel aan BC.

3) Construeer vanuit N een lijnstuk loodrecht op DC, waardoor het raakpunt G ontstaat.

Uit CG = s – b volgt b = s - CG zodat zijde AC bekend is.

4) Pas lijnstuk AC vanuit C af op CD waardoor punt A gevonden is.

5) Construeer de cirkel met straal s en met middelpunt A. Deze snijdt de aangeschreven

cirkel aan BC in G en F.

6) Snijd ten slotte AF met CE waarbij B ontstaat.

7) Teken driehoek ABC.







De database wordt beschermd door het auteursrecht ©opleid.info 2017
stuur bericht

    Hoofdpagina