Vlakke meetkunde

Vlakke meetkunde > Vlakke figuren

Overzicht

123456Vlakke figuren

Antwoorden van de opgaven

Opgave V1

Je kunt dit op twee manieren doen:

Elke vijfhoek kun je verdelen in drie driehoeken, dus de hoekensom ervan is $540 °$ . Elke hoek is daarom $540 / 5 = 108 °$ .
Elke vijfhoek kun je verdelen in vijf congruente gelijkbenige driehoeken met de top in het middelpunt van de cirkel door de hoekpunten van de vijfhoek. De tophoek van zo'n driehoek is $360 / 5 = 72 °$ , dus de basishoeken zijn elk $(180 - 72) / 2 = 54 °$ . Elke hoek van de vijfhoek bestaat uit twee van die basishoeken en is daarom $108 °$ .

De constructie van de vijfhoek kun je ook op twee manieren doen:

Begin met een zijde en zet daarop hoeken van $108 °$ af. Pas op de benen van die hoeken dezelfde lengte af als je eerste zijde was en ga zo door.
Teken vanuit één hoekpunt vijf gelijke hoeken van $72 °$ . Maak vanuit dat hoekpunt een cirkel. De punten waar de benen van de hoeken de cirkel snijden kun je verbinden tot een regelmatige vijfhoek.
Probleem van deze methode is dat je niet weet hoe groot je die cirkel moet maken als de lengtes van de zijden van de vijfhoek zijn gegeven. (Je leert later nog hoe je de straal van die cirkel kunt berekenen vanuit de lengtes van de zijden.)

Opgave 1

Bekijk in de Uitleg hoe je dat kunt doen.

Ja, ook die kun je in vijf driehoeken verdelen.

Nee, dat hoeft niet. Je kunt heel goed een zevenhoek met alle zijden gelijk aan $2$ cm tekenen, zonder dat alle hoeken gelijk zijn.

Opgave 2

Dit kun je op dezelfde manier doen als in de Uitleg wordt gedaan voor de regelmatige zevenhoek. Nu zijn alle hoeken $120 °$ .

Teken twee (of meer) middelloodlijnen van de zijden en bepaal hun snijpunt. Dit is het middelpunt $M$ van de omgeschreven cirkel.

Je kunt de regelmatige zeshoek verdelen in zes gelijkbenige driehoeken met hun tophoek in $M$ . Die tophoeken zijn dan allemaal $360 / 6 = 60 °$ . En dus zijn ook de basishoeken van de zes gelijkbenige driehoeken allemaal $60 °$ . Omdat alle hoeken gelijk zijn, zijn de zijden dat ook, dus het zijn gelijkzijdige driehoeken. Dus de straal van de omgeschreven cirkel is gelijk aan de lengte van een zijde.

Deze ingeschreven cirkel heeft ook middelpunt $M$ en gaat door de middens van de zijden van de zeshoek. Neem aan dat $P$ het midden van $A B$ is, dan is $M P$ de straal van de ingeschreven cirkel. Omdat $A P = 2$ cm en $A M = 4$ cm, is (gebruik de stelling van Pythagoras) $M P = 2 \sqrt{3}$ cm.

Opgave 3

Zo'n vierhoek heet een ruit. Je kunt hem nog niet tekenen, daarvoor moet je iets van de hoeken weten.

Ja, begin maar eens met $Δ A B C$ . Die ligt vast, want je weet $∠ A = 60 °$ en de twee benen van die hoek zijn $4$ cm. Daarmee ligt ook $A D$ vast. En (omdat van de lengtes van alle zijden vast liggen) dus ligt ook $Δ B C D$ vast.

Nee, een regelmatige vierhoek is een vierkant. Alleen dan zijn alle zijden en alle hoeken gelijk.

Nee, van zo'n cirkel zou het middelpunt het midden van $A D$ moeten zijn. En de punten $A$ en $B$ liggen daar niet even ver vandaan.

Opgave 4

Stelling van Pythagoras: $A C^{2} = A B^{2} + B C^{2}$ .
Dit geeft $2^{2} = 1^{2} + B C^{2}$ , zodat $B C^{2} = 3$ en $B C = \sqrt{3}$ .

Het middelpunt $M$ van deze cirkel is het snijpunt van de middelloodlijnen. $M$ is het midden van $A C$ , dus de straal van deze cirkel is $1$ cm.

Je kunt dit doen met behulp van gelijkvormigheid van (bijvoorbeeld) de driehoeken $A B D$ en $A C B$ .
Maar je kunt ook gebruik maken van het feit dat driehoek $A B D$ een halve gelijkzijdige driehoek is (de hoeken zijn ook $30 °$ , $60 °$ en $90 °$ ). Omdat $A B = 1$ cm is $A D = \frac{1}{2}$ en $B D = \frac{1}{2} \sqrt{3}$ .

Opgave 5

Teken eerst de cirkel. Verdeel de cirkel in acht gelijke sectoren met een sectorhoek van $360 / 8 = 45 °$ .

De hoekensom van de achthoek is $6 \cdot 180 = 1080 °$ , dus elke hoek is $1080 / 8 = 135 °$ .

$∠ A C E = 90 °$ vanwege de stelling van Thales. Verder kun je met behulp van de stelling van Pythagoras uitrekenen dat $A C = 4 \sqrt{2}$ en $E C = 4 \sqrt{2}$ cm.

Driehoek $A M C$ is gelijkbenig, dus $∠ M P A = 90 °$ . Daarom is $∠ M A P = 45 °$ en dus is ook driehoek $M A P$ gelijkbenig. En dus is $M P = A P = \frac{1}{2} A C = 2 \sqrt{2}$ .

$A P = 2 \sqrt{2}$ en $P B = 4 - 2 \sqrt{2}$ geeft $A B^{2} = {(2 \sqrt{2})}^{2} + {(4 - 2 \sqrt{2})}^{2} = 32 - 16 \sqrt{2}$ . Dus $A B = \sqrt{32 - 16 \sqrt{2}} \approx 3,06$ cm.

Opgave 6

Doen.

Construeer het middelpunt van de omgeschreven cirkel. Bepaal het geschikte snijpunt met de cirkel waar punt $D$ op ligt.

De kortste lengte van $C D$ ontstaat als punt $D$ op lijnstuk $A C$ ligt. (Dan is er sprake van een driehoek, net niet meer van een vierhoek.)
Nu kun je de lengte van $A C$ uitrekenen met behulp van de stelling van Pythagoras: $A C = \sqrt{61}$ .
En dus moet $C D > \sqrt{61} - 4$ .

Opgave 7

Begin met $∠ A = 60 °$ , $A B = 6$ cm en $A D = 4$ cm. Teken vervolgens een lijn door $D$ en evenwijdig aan $A B$ en cirkel vanuit punt $B$ het lijnstuk $B C = 4$ cm om. Het linker punt waar deze cirkel de lijn door $D$ en evenwijdig aan $A B$ snijdt, is punt $C$ . (Het rechter punt zou ook kunnen, maar dan is de vierhoek ook een parallellogram en dan is niet voldaan aan $A B \neq D C$ .)

Teken lijnstuk $E D / / B C$ . Dan is driehoek $A E D$ gelijkzijdig met zijden van $4$ cm. En dus is $E B = 2$ cm.
Omdat $E B C D$ een parallellogram is, is $D C = E B = 2$ cm.

De hoogte is bijvoorbeeld lijnstuk $F C$ dat loodrecht staat op $A B$ . Omdat driehoek $A E D$ gelijkzijdig is, is $F$ het midden van $A E$ . Dus $A F = 2$ cm.
Met behulp van de stelling van Pythagoras vind je $C F = 2 \sqrt{3}$ cm.
De oppervlakte van het trapezium is $\frac{1}{2} \cdot 6 \cdot 2 \sqrt{3} + \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 \sqrt{3} = 8 \sqrt{3}$ cm².

De lengte van $B D$ bereken je met behulp van de stelling van Pythagoras: $B D^{2} = 4^{2} + {(2 \sqrt{3})}^{2} = 28$ . Dus $B D = \sqrt{28}$ .

Nu zijn de driehoeken $A B S$ en $C D S$ gelijkvormig, want ze hebben drie gelijke hoeken (Z-hoeken en X-hoeken).

De vergrotingsfactor van driehoek $A B S$ naar driehoek $C D S$ is $2 / 6 = \frac{1}{3}$ . Neem $B S = x$ , dan is $x + \frac{1}{3} x = \sqrt{28}$ en dus $x = \frac{3}{4} \sqrt{28}$ .

Opgave 8

In de rechthoekige driehoek $S B P$ is $B P = r$ , $B S = r - 8$ en $S P = r - 1$ .
Vervolgens doe je de stelling van Pythagoras.

Los de vergelijking op door de haakjes weg te werken. Er zijn twee oplossingen, maar $r = 5$ is te klein.

Opgave 9

De driehoek waarvan de middelpunten van de cirkels de hoekpunten zijn is een gelijkzijdige driehoek met zijden van $2$ . De hoogte daarvan is (stelling van Pythagoras) $\sqrt{3}$ en de oppervlakte dus $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sqrt{3} = \sqrt{3}$ .

Van elke cirkel is de oppervlakte $π \cdot 1^{2} = π$ en daarvan ligt $\frac{60}{360} = \frac{1}{6}$ deel binnen de driehoek.

De gevraagde oppervlakte is $\sqrt{3} - \frac{1}{2} π$ .

Opgave 10

Noem het middelpunt van de cirkel $M$ . Maak een schets en neem $M P = M C = M D = r$ . Dat is de straal van de cirkel.

Je kunt dan met behulp van de stelling van Pythagoras afleiden dat $r^{2} = 1^{2} + {(2 - r)}^{2}$ . Hieruit vind je $r = 1,25$ .

Opgave 11

Dit kan op twee manieren:

Een twaalfhoek heeft een hoekensom van $10 \cdot 180 = 1800 °$ , dus een regelmatige twaalfhoek heeft hoeken van $150 °$ .
Je tekent eerst een zijde van de juiste lengte en zet daar aan weerszijden een hoek van $150 °$ op. De benen van die hoeken worden $2$ cm en daarop zet je weer hoeken van $150 °$ , etc.
Alle hoekpunten van de twaalfhoek liggen op een cirkel met middelpunt $M$ en hij bestaat uit $12$ gelijkbenige driehoeken met in $M$ een tophoek van $30 °$ en basishoeken van $75 °$ . Je tekent één zo'n gelijkbenige driehoek (je weet alle hoeken en één zijde) en daarna teken je vanuit $M$ de cirkel waar alle hoekpunten op liggen.
Je kunt dan de andere hoekpunten tekenen, door steeds de zijden van $2$ cm af te passen.

Opgave 12

Teken in deze driehoek de drie deellijnen/hoogtelijnen/zwaartelijnen/middelloodlijnen. (Dat zijn drie lijnstukken, want in een gelijkzijdige driehoek is de deellijn van een hoek hetzelfde als de hoogtelijn vanuit dat hoekpunt en de zwaartelijn vanuit dat hoekpunt en de middelloodlijn van de overstaande zijde.) Omdat de zwaartelijnen elkaar verdelen in een verhouding van $2 : 1$ en het snijpunt van deze lijnen het middelpunt van de ingeschreven cirkel is, is de straal ervan $\frac{1}{3}$ deel van de lengte van elke deellijn/hoogtelijn/zwaartelijn/middelloodlijn. Die lengte kun je berekenen met de stelling van Pythagoras, bijvoorbeeld $C D = 3 \sqrt{3}$ . De straal van de ingeschreven cirkel is dus $\sqrt{3}$ cm.

Opgave 13

Van een gelijkzijdige driehoek zijn alle hoeken $60 °$ . Verder is $∠ P C B = ∠ P D A = 30 °$ .
Omdat de driehoeken $P C B$ en $P D A$ gelijkbenig zijn, is $∠ B P C = ∠ A P D = (180 - 30) / 2 = 75 °$ . En dus is $∠ A P B = 360 - 60 - 2 \cdot 75 = 150 °$ .

Opgave 14

Nee, de hoeken kunnen nog variëren.

Doen, begin met driehoek $D A B$ , daarvan weet je twee zijden en hun ingesloten hoek. Vervolgens kun je de zijden $B C$ en $D C$ met de passer omcirkelen.

$S$ is het snijpunt van beide diagonalen. De diagonalen staan (vanwege de symmetrie) loodrecht op elkaar. En driehoek $D A B$ is gelijkzijdig, dus $D B = 6$ cm. Hieruit volgt met behulp van de stelling van Pythagoras: $A S = \sqrt{6^{2} - 3^{2}} = 3 \sqrt{3}$ en $S C = \sqrt{4^{2} - 3^{2}} = \sqrt{7}$ .
$A C = 3 \sqrt{3} + \sqrt{7}$ .

Uit $Δ N A K \sim Δ D A B$ (een hoek gemeenschappelijk en de zijden op de benen hebben dezelfde vergrotingsfactor) volgt dat $N K / / D B$ .
Uit $Δ M L C \sim Δ D B C$ volgt dat $M L / / D B$ .
Uit $Δ N M D \sim Δ A C D$ volgt dat $N M / / A C$ .
Uit $Δ K B L \sim Δ A B C$ volgt dat $K L / / A C$ .
Dus is $K L M N$ een parallellogram. Maar ook is $A C$ loodrecht $D B$ en dus heeft $K L M N$ rechte hoeken.

Uit de gelijkvormigheden volgt ook dat $N K = \frac{1}{2} D B = 3$ en $K L = \frac{1}{2} A C = 1 \frac{1}{2} \sqrt{3} - \frac{1}{2} \sqrt{7}$ .

Opgave 15

De diagonalen van het vierkant hebben een lengte van $2 \sqrt{2}$ cm. De diameter van de kleine cirkel is daarom $2 \sqrt{2} - 2$ cm. De straal is dus $\sqrt{2} - 1$ cm.

Opgave 16Sangaku (1)

Sangaku (1)

Noem het middelpunt van de grote cirkel $M_{1}$ en dat van de kleinere cirkel $M_{2}$ . Nu is $M_{1} M_{2} = 2 + 3 = 5$ .
Te berekenen (het vraagteken) is dan $x$ .
Met de stelling van Pythagoras vind je:

$x^{2} + {(3 - 2)}^{2} = 5^{2}$

En dit levert op: $x^{2} = 24$ en dus $x = \sqrt{24}$ .

Opgave 17Sangaku (2)

Sangaku (2)

De zijden van het vierkant zijn $4$ . Bekijk de figuur, de gekozen letters en de gekozen rechthoekige driehoeken. Ga na, dat $D M = 4 + r$ en $A M = 4 - r = D Q$ .
Hieruit volgt: $A P^{2} = {(4 - r)}^{2} - r^{2} = 16 - 8 r$
en
$A P^{2} = Q M^{2} = {(4 + r)}^{2} - {(4 - r)}^{2} = 16 r$ .
Hieruit volgt $16 - 8 r = 16 r$ en dus $r = \frac{16}{24} = \frac{2}{3}$ .
De oppervlakte van de kleine witte cirkel is dus: $\frac{4}{9} π$ .

Opgave 18

De straal van die cirkel is `sqrt(12)` .

De gevraagde oppervlakte is `2sqrt(12)-2pi` .

Opgave 19

De hoeken van de negenhoek zijn `(9-2)/9*180^@ = 140^@` .

Begin met een zijde van `2` cm en zet daar aan beide zijden een hoek van `140^@` op met op het tweede been een lijnstuk van `2` cm. Ga zo aan beide zijden door tot de figuur af is.

verder | terug