Redeneren en bewijzen > CongruentieAntwoorden van de opgaven
Gebruik geodriehoek en passer.
Nee, bedenk welke beperkingen er zijn.
Nu heb je alleen je geodriehoek nodig.
HHZ, HZH en ZZR.
Er zijn dan twee echt verschillende driehoeken mogelijk.
Als twee hoeken gelijk zijn, dan is de derde hoek automatisch gelijk. Er zijn dan maar twee gegevens bekend van de driehoek, de lengtes van de zijden kunnen nog variëren.
Bij ZZH heb je nog twee mogelijkheden: een scherphoekige driehoek of een stomphoekige. Teken `AB=5` en `angleB=45^@` . Teken nu de cirkel met middelpunt `A` en straal `AC=4` . Deze cirkel snijdt het tweede been van `angleB` twee keer. Er zijn dus twee punten `C` mogelijk.
Neem bijvoorbeeld `AB=5` cm en `angleA=40^@` en `angleB=60^@` . Deze hoeken hebben behalve `AB` nog een ander been. Die andere benen snijden elkaar in `C` en zo krijg je `DeltaABC` . Voorwaarde is wel dat `angleA+angleB lt 180^@` .
Omdat de oppervlakte van het vierkant `(a+b) ^2` moet zijn, om aan te kunnen tonen dat ook geldt `a^2+b^2=c^2` .
Uit `(a+b) ^2=4 *1/2ab+c^2` volgt door haakjes wegwerken: `a^2+2 ab+b^2=2 ab+c^2` en dus `a^2+b^2=c^2` .
ZZZ, je weet immers nog niet of `angleACB` recht is, dus van gelijke hoeken mag je geen gebruikmaken.
Ga na dat `16^2+30^2=34^2` , dus de driehoek is rechthoekig (omgekeerde stelling van Pythagoras).
`10^2+24^2=676`
Als `|AC|=26` , dan geldt `|AB|^2+|BC|^2=|AC|^2` en is de driehoek dus rechthoekig.
`24^2-10^2=476`
Als `|AC|=sqrt(476)` , dan is `|AB|^2+|AC|^2=|BC|^2` en is de driehoekig dus rechthoekig.
Bewijs: Uit
`|AB|=|BA|`
,
`|AC|=|BC|`
en
`|BC|=|AC|`
volgt dat
`DeltaABC`
congruent is met
`DeltaBAC`
(ZZZ).
En dus is
`angleA=angleB`
.
Gegeven:
Een gelijkbenige rechthoekige driehoek
`ABC`
met
`angleC=90^@`
en
`AC=BC`
.
Te bewijzen: `angleA=45^@` en `angleB=45^@` .
Bewijs:
Omdat
`DeltaABC`
gelijkbenig is, zijn de hoeken tegenover de gelijke benen even groot, dus
`angleA=angleB`
(gelijkbenige driehoek).
Omdat de hoeken van een driehoek samen
`180 ^@`
zijn (hoekensom driehoek) en
`angleC=90^@`
is
`angleA+angleB=90^@`
, zodat elke hoek
`45^@`
is.
(Opmerking: Dit bewijs is nogal overbodig omdat de stelling zelf al in de lijst van gegeven stellingen en definities voorkomt. Maar het is wel een goede oefening. Bovendien zie je zo dat veel van de stellingen die in die lijst voorkomen weer uit andere stellingen van diezelfde lijst zijn af te leiden. Het maakt duidelijk dat de lijst maar een vrij willekeurige greep is uit het geheel aan bewezen stellingen in de vlakke meetkunde.)
Gegeven:
`DeltaABC`
met
`angleA=angleB`
.
Te bewijzen:
`|AC|=|BC|`
Bewijs:
Teken de loodlijn
`CD`
vanuit
`C`
op
`AB`
. Omdat
`angleA=angleB`
en
`angleD_1 =angleD_2 =90^@`
en
`|CD|=|CD|`
, zijn de driehoeken
`ADC`
en
`BDC`
congruent (ZHH). En daaruit volgt
`|AC|=|BC|`
.
Gegeven:
`DeltaABC`
met
`|BC| gt |AC|`
.
Te bewijzen:
`angleA gt angleB`
Bewijs:
Neem aan dat
`angleA lt angleB`
, dan kies je
`D`
op
`AC`
zodat
`angleDAB=angleDBA`
. Dan is
`|CB| lt |DC|+|DB|=|DC|+|DA|=|AC|`
.
Tegenspraak. Het gestelde is niet waar en het bewijs is geleverd.
Stel dat dit niet zo zou zijn en dat `PQ` de kortste verbindingslijn van `P` met een punt `Q` op `l` is. Waarbij `PQ` niet loodrecht op `l` staat. Er is dan een driehoek `PP'Q` te tekenen waarin `PP'⊥l` . In die driehoek is `|PQ|^2=|PP'| ^2+|P'Q|^2` (Pythagoras) en dus `|PQ| gt |PP'|` . Dat is in tegenspraak met het feit dat `|PQ|` de kortste verbindingslijn van `P` met een punt op `l` zou zijn.
`|AB|=|BA|` , `|AD|=|BC|` en `angleA=angleB=90^@` , dus de driehoeken `ABD` en `ABC` zijn congruent (ZHZ).
`ABCD`
is een ruit die tevens rechthoek is (vierkant). In de ruit delen de diagonalen de
hoeken middendoor.
Dus zijn van
`DeltaABS`
de hoeken op
`AB`
beide
`45^@`
. Voor
`DeltaCDS`
zijn op dezelfde manier de twee hoeken op
`CD`
beide
`45^@`
.
Omdat ook
`|AB|=|CD|`
zijn
`DeltaABS`
en
`DeltaCDS`
congruent (HZH).
Omdat `DeltaABS` en `DeltaCDS` congruent zijn, is `|AS|=|CS|` en `|BS|=|DS|` .
Nee, als de derde `13` cm zou zijn dan moeten de zijden op één lijn liggen en vormen ze geen driehoek. Om dezelfde reden kan de derde zijde geen lengte hebben van `3` cm.
De lengte van de derde zijde moet tussen `3` en `13` cm liggen.
De som van de lengtes van de andere twee zijden moet meer dan `1` m zijn. Het verschil is kleiner dan `1` m.
Gegeven:
Een gelijkzijdige driehoek
`ABC`
.
Te bewijzen:
`angleA= angleB= angleC= 60^@`
Bewijs:
Omdat `|AB|=|AC|` is `angleABC=angleACB` (gelijkbenige driehoek).
Omdat
`|AB|=|BC|`
is
`angleBAC=angleACB`
(gelijkbenige driehoek).
Dus zijn alle drie de hoeken van de driehoek gelijk.
En dus zijn ze elk
`(180)/3 =60^@`
(hoekensom van een driehoek is
`180^@`
).
Gegeven:
Vierhoek
`ABCD`
, het snijpunt van de diagonalen is
`S`
.
Te bewijzen:
`|AB|+|BC|+|CD|+|DA| gt |AC|+|BD|`
Bewijs:
`|AB|+|BC| gt |AC|`
en
`|AD|+|DC| gt |AC|`
(driehoeksongelijkheid).
Optellen geeft:
`|AB|+|BC|+|AD|+|DC| gt 2 *|AC|`
(1)
`|AD|+|AB| gt |BD|`
en
`|BC|+|CD| gt |BD|`
.
Optellen geeft: `|AB|+|AD|+|BC|+|DC| gt 2 *|BD|` (2)
(1) en (2) optellen geeft: `2 *(|AB|+|BC|+|AD|+|DC|) gt 2 *(|AC|+|BD|)` .
Dus is: `|AB|+|BC|+|CD|+|DA| gt |AC|+|BD|` .
Gegeven:
`P`
ligt op
`l`
.
`PQ`
is de loodlijn vanuit
`P`
op
`m`
.
Te bewijzen:
`QP`
is de loodlijn vanuit
`Q`
op
`l`
.
Bewijs:
De lijnen
`l`
en
`m`
zijn evenwijdige lijnen gesneden door
`PQ`
. F-hoeken zijn gelijk, dus
`angleQ=90^@`
betekent dat ook
`angleP=90^@`
.
Bewijs: `PQ` en `P'Q'` zijn beide loodrecht op `m` . Dus `PQ` evenwijdig met `P’Q’` . Omdat `angleP=90^@` is `angleP'=90^@` en dus is `PQ Q’P’` een rechthoek, zodat `|PQ|=|P’Q’|` .
Geldt voor alle punten `P` en `Q` op twee evenwijdige lijnen.
Ja.
Bewijs:
Neem punt `R` ongelijk aan `Q` op `m` . Neem aan dat `|PR| lt |PQ|` . Dan is `DeltaPQR` een rechthoekige driehoek. Hierin geldt: `(|PQ|) ^2+ (|QR|) ^2= (|PR|) ^2` zodat `|PR| gt |PQ|` .
Dit is in tegenspraak met het gestelde.
`|MA|=|MP|` (straal van de cirkel)
`|MB|=|MQ|` (straal van de cirkel)
`angleAMB = anglePMQ` (gelijkbenige driehoeken)
`Delta BAM ≅ Delta PQM` (HHZ).
Teken `B'` zo, dat `BB'` loodrecht `l` en `|BS|=|SB'|` als `S` het snijpunt van `BB'` met `l` is.
Vanwege de driehoeksongelijkheid is de rechte lijn
`AB'`
de kortste verbinding tussen
`A`
en
`B'`
.
Vanwege de congruentie van de driehoeken
`BSP`
en
`B'SP`
(ZHZ) is
`|AP|+|PB|=|AP|+|PB'|`
dus ook de kortste verbinding van
`A`
naar
`B`
via
`l`
.
Er moet gelden dat: `|AB|^2+|BC|^2=50^2=2500` (stelling van Pythagoras)
Voer in de GR: Y1=√(2500-X^2)
Maak de tabel en bekijk voor welke X waarden Y geheel is.
De congruente driehoeken
`ABC`
en
`CBA`
met
`|AB|=14`
en
`|BC|=48`
;
`|AB|=48`
en
`|BC|=14`
.
Of de congruente driehoeken
`ABC`
en
`CBA`
met
`|AB|=30`
en
`|BC|=40`
;
`|AB|=40`
en
`|BC|=30`
.
Er moet gelden: `3^2+|BC|^2=|AC|^2` (stelling van Pythagoras)
Dit betekent dat je op zoek moet naar twee kwadraten waarvan het verschil `9` is.
Stel dat `|AC|=5` , dan is `|BC|=4` , immers `3^2+4^2=5^2` . Het is snel na te gaan dat `|AC|` niet kleiner kan zijn dan `5` .
Stel dat `|AC| ge 6` , en zeg `|AC|=x` . Dan `|AC|^2-|BC|^2 ge x^2-(x-1)^2=2x-1 ge 2*6-1=11` . Maar het verschil moet `9` zijn, dus de `3, 4, 5` driehoek is de enige mogelijkheid.
`a=70` (en `b=71` )
Zie figuur.
Gegeven:
`DeltaABC`
met
`|AC|=|BC|`
en
`D`
is het midden van
`AC`
,
`E`
is het midden van
`BC`
.
`DF`
en
`EG`
zijn loodlijnen op
`AB`
.
Te bewijzen:
`|DF|=|EG|`
Bewijs:
Omdat
`|AC|=|BC|`
is
`angleA=angleB`
(gelijkbenige driehoek). Verder is
`|AD|=1/2*|AC|=1/2*|BC|=|BE|`
. En tenslotte is
`angleF=angleG=90^@`
. Dus is
`DeltaAFD≅DeltaGBE`
(het teken
`≅`
betekent congruent, je gebruikt ZHH). En daarom is
`|DF|=|EG|`
.
Trek bijvoorbeeld diagonaal `AC` . Je hebt dan twee driehoeken waarvan de hoekensom `180 ^@` is: `angleA_1 +angleB+angleC_1 =180^@` en `angleA_2 +angleD+angleC_2 =180^@` . En dus is `angleA_1 +angleB+angleC_1 +angleA_2 +angleD+angleC_2 =angleA+angleB+angleC+angleD=360^@` .
Volgt uit de congruentie (ZZZ) van de driehoeken `ABC` en `CDA` .
Uit de congruentie van de driehoeken `ABC` en `CDA` volgt dat `AB` evenwijdig is met `CD` (Z-hoeken).
Volgt uit de congruentie (ZHZ) van de driehoeken `ABC` en `DCB` .
Volgt uit de evenwijdigheid van `AB` en `CD` .
Volgt uit de congruentie (HZH) van de driehoeken `ABS` en `DCS` .
`DeltaABC` is rechthoekig, dus `angleACB+angleCBA=90^@` , of `angleACB=90^@-angleCBA` .
`angleCAD=90^@-angleBAD=90^@-angleCBA=angleACB` .
Uit de gelijkbenigheid van
`DeltaABD`
volgt
`|BD|=|AD|`
.
Uit de gelijkbenigheid van
`DeltaADC`
volgt
`|CD|=|AD|`
.
Dus is
`|AD|=|BD|=|CD|`
.