Meetkundige berekeningen > Totaalbeeld
1234567Totaalbeeld

Antwoorden van de opgaven

Opgave 1
a

Zie figuur.

b

a 2 = 4 2 + 7 2 = 65 geeft a = 65 8,06 .

c

b 2 + 7 2 = 9 2 = 65 geeft b 2 = 9 2 7 2 = 32 en dus b = 32 5,66 .

Opgave 2
a

Doen.

b

Je berekent eerst de lengtes van alle drie de zijden: A C = 10 , A B = 3 2 + 5 2 = 34 en B C = 7 2 + 5 2 = 74 .
Vervolgens controleer je of in A B C de stelling van Pythagoras geldt: ( 34 ) 2 + ( 74 ) 2 10 2 . Dus de driehoek is niet rechthoekig.

c

Een scherpe hoek, want ( 34 ) 2 + ( 74 ) 2 > 10 2 , dus zijde A C is te kort om hypothenusa te kunnen zijn.

Opgave 3
a

Doen.

b

Je berekent eerst de lengtes van alle drie de zijden: A C = 10 , A B = 3 2 + 5 2 = 34 en B C = 7 2 + 5 2 = 74 .
Vervolgens controleer je of in A B C de stelling van Pythagoras geldt: ( 34 ) 2 + ( 74 ) 2 10 2 . Dus de driehoek is niet rechthoekig.

c

Een scherpe hoek, want ( 34 ) 2 + ( 74 ) 2 > 10 2 , dus zijde A C is te kort om hypothenusa te kunnen zijn.

Opgave 4
a

Bereken eerst de lengte van bijvoorbeeld A S . Dat kan op meerdere manieren, je vindt A S = 8 . (Of misschien heb je A S = 1 2 32 gevonden; dat is hetzelfde.)
Vervolgens is A T 2 = A S 2 + S T 2 = ( 8 ) 2 + 6 2 = 44 en dus A T = 44 .

b

Laat N het midden van B S zijn, dan is A N M rechthoekig met rechthoekszijden A N = 18 en M N = 3 . Dit geeft A M = ( 18 ) 2 + 3 2 = 27 .

Opgave 5

Als P het midden van A B is, dan is T P de hoogte van een driehoekig grensvlak. Je berekent deze hoogte met de stelling van Pythagoras in bijvoorbeeld P S T : P T = 2 2 + 6 2 = 40 .
Vervolgens is de oppervlakte van de piramide 4 1 2 4 40 + 4 4 = 16 + 8 40 .

Opgave 6

Lichaam I: 1 3 4 4 6 = 32
Lichaam II: 3 4 5 = 60
Lichaam III: 1 3 π 3 2 6 = 18 π

Opgave 7

Prisma: 2 4 3 + 2 3 5 + 2 4 26 = 54 + 8 26
Kegel: het grondvlak heeft een oppervlakte van π 3 2 = 9 π , de kegelmantel is het 2 π 3 2 π 45 = 3 45 deel van een cirkel met straal 45 en heeft dus een oppervlakte van 3 π 45 . De totale oppervlakte is 3 π 45 + 9 π .

Opgave 7

Zie figuur.

Opgave 8
a

Doen, de doorsnede is een vierhoek P F G Q waarbij Q het midden van D H is omdat P F en Q G evenwijdig moeten lopen.

b

De doorsnede wordt een rechthoek met P Q = F G = 6 en P F = G Q = 45 .

c

50 .

d

De oppervlakte wordt 50 2 = 2500 en de inhoud wordt 50 3 = 125000 keer zo groot.

e

De vorm blijft hetzelfde, de hoeken dus ook, het blijft een rechthoek. De lengtes worden met 50 vermenigvuldigd en dus wordt oppervlakte 50 2 = 2500 keer zo groot.

Opgave 9
a

Omdat 8 2 + 15 2 = 17 2 geldt in deze driehoek de stelling van Pythagoras en is hij dus rechthoekig met hypothenusa P R .

b

Scherphoekig, want P R is dan te kort om Q recht te maken.

Opgave 10

2, gebruik de stelling van Pythagoras.

Opgave 11

A C = 52 en E F = 55 .

Opgave 13
a

Je hebt een hulplijn nodig, zie figuur. Bedenk zelf waarom de onderste zijde van het symmetrisch trapezium bestaat uit drie stukken van 6, 7 en 6 m. De gevraagde hoogte is 17 2 13 2 10,95 m.

b

De oppervlakte van de dwarsdoorsnede is 1 2 ( 19 + 7 ) 120 + 1 2 7 120 = 16 1 2 120 m2.
De inhoud van de dijk is 16 1 2 120 12000 2168981 . Er is dus ongeveer 2,2 miljoen m3 grond nodig.

Opgave 14
a

Zie figuur.

b

38,25 6,2 m.

c

De twee gelijkbenige driehoeken hebben samen een oppervlakte van 2 1 2 6 29,25 = 6 29,25 .
De twee symmetrische trapezia hebben samen een oppervlakte van 2 1 2 ( 12 + 6 ) 29,25 = 18 29,25 .
Het gat voor de dakkapel heeft een oppervlakte van 3 1,5 2 + 2,25 2 = 3 7,3125 .
In totaal is dat ongeveer 122 m2 aan dakpannen.

Opgave 15
a

30 2 + 30 2 42,2 cm.

b

π 0,30 2 4 ( 0,18 ) 2 4 0,41097335 m3 en dat is ongeveer 411 dm3.

c

60 60 30 1 3 60 60 30 = 72000 cm3.

Opgave 15
a

Ongeveer 1000 / 1100 0,91 cm.

b

1 3 π 2 2 10 42 m3.

c

Dat volume is ( 1 1100 ) 3 7,5 10 -10 deel van het volume van de echte spits.

Opgave 16
a

De volumevergrotingsfactor van de Eiffeltoren naar het schaalmodel is 0,00000005, dus de lengtevergrotingsfactor is 0,00000005 3 0,00368 . Dit schaalmodel zou ongeveer 1,19 m hoog moeten zijn.

b

16500000 ( 0.00368 ) 2 224 cm2.

Opgave 17Piramide van Cheops
Piramide van Cheops
a

1 3 230 2 147 2592100 m3.

b

Het gaat alleen om de oppervlakte van de vier opstaande driehoekige zijvlakken en die hebben een hoogte van 115 2 + 147 2 186,6 m. De totale oppervlakte is dus ongeveer 4 1 2 230 186,6 85854 m2.

c

S Z = 115 + 17,3 = 132,3 . Omdat de stok en zijn schaduw een schaalmodel van T S Z vormen en de lengtevergrotingsfactor van de schaduw van de stok naar de lengte van S Z gelijk is aan 132,3 0,9 = 147 moet de hoogte van de piramide ook precies 147 keer de lengte van de stok ( 1 m) zijn. Dus de opgegeven hoogte klopt.

Opgave 19Pythagoreïsche tripels
Pythagoreïsche tripels
a

5 2 + 12 2 = 13 2 .

b

Bijvoorbeeld 8, 15, 17, maar natuurlijk ook alle veelvouden van 5, 12, 13 en 3, 4, 5, enzovoorts.

c

Ga door haakjes uitwerken na dat ( m 2 n 2 ) 2 + ( 2 m n ) 2 = ( m 2 + n 2 ) 2 .

d

5, 12, 13 en 16, 30, 34.

e

Eigen antwoord.

Opgave 20Partytent
Partytent
a

Vier tenstokken van 2,80 m, vier tentstokken van 1,4 2 + 1,4 2 + 0,4 2 2,02 en vier tentstokken van 0,1 2 + 0,1 2 + 2,8 2 2.80 . Dat is in totaal ongeveer 30,50 m tentstok.

b

Vier gelijkbenige driehoek met een basis van 2,80 en een hoogte van 1,4 2 + 0,4 2 1,46 . Elk van de vier grensvlakken die op de grond rusten bestaan uit een symmetrisch trapezium waaruit een iets kleiner symmetrisch trapezium is weggesneden. De hoogte van het grootste trapezium van zo'n grensvlak is 2,8 2 + 0,1 2 2,80 , de hoogte van het kleinste trapezium is dus 2,60 m.
De vier gelijkbenige driehoeken hebben samen een oppervlakte van 4 1 2 2,80 1,46 = 8,176 m2. De vier grensvlakken die op de grond rusten hebben samen een oppervlakte van 4 1 2 ( 3 + 2,80 ) 2,80 4 1 2 ( 3 + 2,60 ) 2,60 = 3,36 m2. In totaal dus ongeveer 11,54 m2 tentdoek.

verder | terug