Redeneren en bewijzen > Bewijzen
123456Bewijzen

Antwoorden van de opgaven

Opgave V1

Probeer er zelf uit te komen. In Voorbeeld 1 en Voorbeeld vind je twee uitgewerkte bewijzen voor deze stelling.

Opgave 1
a

De stelling zelf is meestal zeer algemeen geformuleerd. Bij "Gegeven" vertaal je de stelling naar een concrete figuur en beschrijf je de zaken die je voor waar aanneemt in termen van die figuur. Bij "Te bewijzen" beschrijf je wat je moet bewijzen in termen van je figuur.

b

Het zelf formuleren van de stelling passend bij een eigen figuur helpt bij het bedenken van de manier van bewijzen. Je leert zo ook goed uit elkaar te houden wat is gegeven en wat je precies moet bewijzen.

Opgave 2
a

Omdat `AP=QD` (gegeven: halve zijde van vierkant `ABCD` ), `DR=RA` (gegeven) en `angleA=angleD=90 ^@` zijn de driehoeken `APR` en `DQR` congruent (ZHZ).

b

Omdat `Delta APR ≅ DQR` geldt dat `PR=QR` .
Omdat zowel `∆APR` als `∆DQR` gelijkbenig en rechthoekig is, is `angleARP=angleDRQ=45 ^@` (hoekensom driehoek).
Dus is: `anglePRQ=180 -45 -45 =90^@`
Q.e.d.

Opgave 3
a

Er zitten verwijzingen in naar de lijst met definities en stellingen. Die verwijzingen bestaan uit trefwoorden of afkortingen tussen haakjes. Welke stelling bij zo'n trefwoord of afkorting hoort moet je goed uit het hoofd leren!

b

Doen!

Opgave 4
a

Omdat `∆APR` gelijkbenig en rechthoekig is, geldt `PR^2= (1/2a) ^2+ (1/2a) ^2=1/2a^2` .
Op dezelfde wijze is `QR^2=1/2a^2` . En dus is `PR=QR` .

b

Omdat `PB=QC` en `PBtext(//)QC` , is `PBCQ` een parallellogram (stelling parallellogram). Bovendien heeft `PBCQ` een rechte hoek en is dus een rechthoek (stelling rechthoek). Als `a` de lengte van de zijden van het vierkant `ABCD` is, is dus ook `PQ=a` .

c

`PR^2+QR^2=1/2a^2+1/2a^2=a^2=PQ^2` .
En daarom is `∆PQR` rechthoekig (omgekeerde stelling van Pythagoras).

Opgave 5
a

De middelloodlijnen van de zijden van een driehoek `ABC` snijden elkaar in één punt (stelling middelloodlijnen driehoek). Neem dit punt als middelpunt van de cirkel.

Er geldt immers dat `|AM|=|BM|=|CM|=r` , waarbij `r` de straal van de cirkel is.

b

Doen.

c

Bijvoorbeeld: "Het middelpunt van de cirkel door de drie hoekpunten van een scherphoekige driehoek ligt binnen die driehoek." , of "Het middelpunt van de cirkel door de drie hoekpunten van een rechthoekige driehoek ligt op de langste zijde van die driehoek."
Lever zelf de bewijzen.

Opgave 6

Maak de constructie met GeoGebra.

Opgave 7
a
b

`DE` en `BF`

c

Bijvoorbeeld de driehoeken `AED` en `CFB` .

d

`ABCD` is een rechthoek en dus `AD=BC` .
`angleDAE=angleFCB` (stelling Z-hoeken)
`angleAED=angleBFC=90` °
Dus is: `DeltaAED≅DeltaCFB` (ZHH).

En daaruit volgt: `DE=BF`

Opgave 8

Gegeven:
Zie figuur bij de opgave. `CS=DS` en `angleC=angleD` .

Te bewijzen:
`AS=BS`

Bewijs:
`CS=DS` en `angleC=angleD` (gegeven) en `angleASC=angleBSD` (stelling overstaande hoeken). Dus is `DeltaASC≅DeltaBSD` (HZH). En daarom is `AS=BS` .

Q.e.d.

Opgave 9

Gegeven:
Bekijk de figuur. `AS = BS` en `CS = DS` .

Te bewijzen:
`AC` is evenwijdig met `BD` .

Bewijs:
`CS=SD` en `AS=SB` (gegeven) en `angleASC=angleBSD` (stelling overstaande hoeken). Dus is `DeltaASC≅DeltaBSD` (ZHZ). En daarom is `angleACS=angleSDB` en zijn `AC` en `BD` evenwijdig (stelling Z-hoeken).
Q.e.d.

Opgave 10

Gegeven:
Teken zelf een figuur.

Te bewijzen:
`BE=CD`

Bewijs:
`EC=1/2AC=1/2AB=DB` en `BC=CB` en `∠ACB=∠ABC` (stelling gelijkbenige driehoek). Dus is `ΔBEC≅ΔCDB` (ZHZ). En daarom is `BE=CD` . Q.e.d.

Opgave 11

Gegeven:
Maak een tekening en noem `angleAPD=angleP_1` , `angleBPD=angleP_2` en `angleBPC=angleP_3` . Nu is `angleP_1 =angleP_2` .

Te bewijzen:
`angleP_2 +angleP_3 =1/2*(angleP_3 +angleP_1 +angleP_2 +angleP_3 )`

Bewijs:
`1/2*(angleP_3 +angleP_1 +angleP_2 +angleP_3 )=angleP_3 +1/2*(angleP_1 +angleP_2 )=angleP_3 +angleP_2` vanwege het gegeven dat: `angleP_1 =angleP_2`

Q.e.d.

Opgave 12

Gegevens en te bewijzen staan in de opgave.

Bewijs:
Uit `∠A=∠A` , `AB=AD` en `AC=AE` volgt dat de driehoeken `ABC` en `ADE` congruent zijn (ZHZ).
En daaruit volgt `∠C=∠E` . Q.e.d.

Opgave 13

Gegeven:

`Delta ABC` met `angle ACB gt 90^@` en `D` is het midden van `AB` .

Te bewijzen:

`CD lt 1/2*AB`

Bewijs:

Stel dat `CD=1/2*AB` .

Dan is `angle A=angle DCA` en `angle B= angle BCD` (stelling gelijkbenige driehoek).

`angle BDC=2*angle DCA` (stelling buitenhoek)

`2*angle DCA+2*angle BCD=180^@` (stelling hoekensom driehoek) en dus `angle DCA+angle BCD=angle ACB=90^@` .

Dit is in tegenspraak met het gegeven.

Stel dat: `CD gt 1/2*AB` .

`angle A gt angle DCA` en `angle B gt angle BCD` . Dan volgt hieruit voor de hoeken: `angle A+angleB gt angle ACB gt 90^@` . Maar dan geldt dat `angle A+angle B+angle ACB gt 180^@` .

Tegenspraak.

Er moet dus gelden dat: `CD lt 1/2*AB` .

Opgave 14Het punt van Torricelli
Het punt van Torricelli
a

Omdat de driehoeken `BCS` en `WCT` congruent zijn, is `CS=CT` en `BS=WT` .

Dus `Delta STC` is gelijkbenig en hieruit volgt dat `angle CST=angle STC` (stelling gelijkbenige driehoek). En omdat `angle TCS=60^circ` , is `Delta STC` gelijkzijdig (hoekensom van een driehoek is `180^circ` ).

Er geldt dat `AS+BS+CS=AS+ST+TW` .

Als je punt `S` nu zo kiest dat `S` en `T` op lijnstuk `AW` liggen, dan heb je de kortst mogelijk weg gevonden. Dat dit kan, kun je als volgt inzien:

Kies punt `S` zo dat `angle ASC=120^circ` , dan liggen de punten `S` en `T` op lijnstuk `AW` . Immers `angle CST=60^circ` ( `Delta STC` is gelijkzijdig) en `60^circ+120^circ=180^circ` (gestrekte hoek).

b

Construeer de gelijkzijdige driehoek `ACX` (of `ABY` ) zo dat er geen overlapping met driehoek `ABC` is.

Het snijpunt van de lijnstukken `AW` en `BX` is het gezochte punt `S` . Je kunt immers op analoge wijze aantonen dat `S` op lijnstuk `BX` moet liggen.

Opgave 15Vanuit een stomphoekige driehoek
Vanuit een stomphoekige driehoek

Gegeven:

Zie de figuur.

`EA=AC` en `E` ligt op het verlengde van `BA` .  `DeltaCBD` is gelijkzijdig en heeft dus hoeken van `60^@` .

Te bewijzen:

`AD=AB+AC`

Bewijs:

`angle EAC=180-2*60^@=60^@` en omdat `EA=AC` volgt hieruit dat `Delta EAC` gelijkzijdig is. Dus `angle CEA=angle ACE=60^@` en de zijden zijn even groot.

`Delta BDC` is een gelijkzijdige driehoek, dus de hoeken zijn `60^@` .

`angle BCE=60^@+angle BCA=angle DCA`

`Delta EBC ≅ Delta ADC` (ZHZ) en er geldt dus `EB=AD` . Hieruit volgt dat `AD=AB+AC` .

(naar: examen vwo wiskunde B in 2013, eerste tijdvak)

Opgave 16

Gegevens en te bewijzen staan in de opgave. Maak zelf een figuur.

Bewijs:
Omdat `angleA=angleD` , `angleB=angleC` en `DS=SA` is `DeltaDSB≅DeltaASC` (ZHH). Dus is `AC=BD` .
Q.e.d.

Opgave 17

Gegeven:
Gelijkbenige driehoek `ABC` met `AC=BC` met daarin de lijnstukken `BD⊥AC` en `AE⊥BC` .

Te bewijzen:
`BD=AE` .

Bewijs:
Omdat `angleADB=angleBEA=90^@` , `angleA=angleB` (stelling gelijkbenige driehoek) en `AB=BA` is `DeltaABE≅DeltaBAD` (ZHH). Dus is `BD=AE` .
Q.e.d.

verder | terug