Hs8 Vermoedens en bewijzen

Diagnostische Toets Wis B VWO Hoofdstuk 8 Vermoedens en bewijzen Getal en Ruimte wiskunde uitwerkingen www.uitwerkingensite.nl
8.5
Diagnostische toets
bladzijde 144
1
∠A = ∠A
∠ADC = ∠ACB = 90°
} !ADC
!ACB (hh)
∠B = ∠B
∠BDC = ∠BCA = 90°
} !BDC
!BCA (hh)
!ADC
!CDB
} !ADC
!CDB
!ACB
!ACB
AB 2 = AC 2 + BC 2
AB 2 = 25 + 144
AB2 = 169
AB = 13
!ABC volgt
Uit !ADC
2
a ∠A = ∠A
AD 1
=
AC 3 1
AE 1 2 1
=
=
AB 4 12 3
}
!ABC
CD AC
=
BC AB
CD 5
=
12 13
5 ⋅ 12
CD =
= 4 138
13
!AED (zhz)
b !AED !ABC dus ∠AED = ∠ABC, dus DE // BC (F-hoeken).
∠DEF = ∠BCF (Z-hoeken)
!DEF !BCF (hh)
∠EDF = ∠CBF (Z-hoeken)
}
c
3
BC AC
=
DE AD
BC 3
=
DE 1
BF BC 3
=
= dus BF : DF = 3 : 1.
DF DE 1
a ∠B = ∠B
∠BAC = ∠EDC = 90°
b !ABC !DEC dus
CD DE
=
AC AB
CD
= 3
CD + 2 12 7
} !ABC
!DEC (hh)
7CD = 3CD + 7 12
4CD = 7 1
2
CD = 1 78
4
AF 1
=
AC 2
AD 1
=
AB 2
}
}
!ADF
!ABC (zhz)
∠A = ∠A
Dus ∠AFD = ∠C en DF // BC (F-hoeken)
BE 1
=
BC 2
BD 1
!BDE !BAC (zhz)
=
BA 2
∠B = ∠B
Dus ∠BED = ∠C en DE // AC (F-hoeken)
124 Hoofdstuk 8
224968 H8.indd 124
01-11-2007 11:25:21
∠BED = ∠D2 (Z-hoeken)
∠BED = ∠C
}
∠D2
= ∠C
5 ∠ACG = 90° + ∠ACB
∠ACG = ∠DCB
∠DCB = 90° + ∠ACB
AC = CD (vierkant) BC = CG (vierkant)
!ACG
!DCB (ZHZ), dus AG = BD.
∠ACG = ∠DCB
}
}
bladzijde 145
6
Gegeven:
De vierhoeken ABCD en EFGH. Hierbij zijn
E, F, G en H middens van zijden van vierhoek ABCD.
Te bewijzen:
EFGH is een parallellogram.
Bewijs:
Teken BD.
AE = 12 AB
AH =
1
2
AD
∠A = ∠A
CG = 12 CD
CF = 12 CB
∠C = ∠C
}
}
!AEH
!ABD (zhz)
dus EH = 12 BD
}
C
G
D
H
F
A
EH = FG
E
B
!CGF
!CDB (zhz) dus FG = 12 BD
Op dezelfde manier: EF = GH.
Van vierhoek EFGH zijn twee paren overstaande zijden even lang, dus EFGH is een parallellogram.
7
a Gegeven:
Ruit ABCD met het snijpunt S van de diagonalen.
Te bewijzen:
S ligt even ver af van de zijden van ruit ABCD.
Bewijs:
Teken ABCD en de loodlijnen
uit S op de zijden. Zie de ﬁguur hiernaast.
SA = SA
∠SHA = ∠SEA = 90°
!AHS
!AES dus SH = SE.
∠SAH = ∠SAE (diagonaal ruit) Op dezelfde manier kun je bewijzen dat
A
SE = SF, SF = SG en SG = SH.
SH = SE
SE = SF
SH = SE = SF = SG dus S ligt even ver af van de zijden van ruit ABCD.
SF = SG
SG = SH
b Als van een vierhoek het snijpunt van de diagonalen even ver af ligt van de vier
zijden, dan is die vierhoek een ruit.
Gegeven:
Vierhoek ABCD. Het snijpunt S van de diagonalen ligt even ver af van de zijden.
Te bewijzen:
ABCD is een ruit.
Bewijs:
D
G
C
H
S
}
F
E
B
}
G
D
H
1
A
8
1
C
7
6
5S
2 3 4
2
E
F
B
Vermoedens en bewijzen 125
224968 H8.indd 125
01-11-2007 11:25:23
SE = SH
∠AES = ∠AHS !AES !AHS (ZZR) dus ∠A1 = ∠A2 en ∠S1 = ∠S2
AS = AS
Op dezelfde manier toon je aan ∠S3 = ∠S4, ∠S5 = ∠S6 en ∠S7 = ∠S8.
∠S1 + ∠S2 + … + ∠S8 = 360°
∠S23 + ∠S67 = 180°
∠S2 = ∠S2, ∠S3 = ∠S4, ∠S5 = ∠S6, ∠S7 = ∠S8
∠S23 = ∠S67 = 90°
∠S23 = ∠S67 (overstaande hoeken) dus AC ⊥ BD
AS = AS
!ABS !ADS (HZH) dus AB = AD
∠A1 = ∠A2
∠S23 = ∠S18 = 90°
Op dezelfde manier toon je aan AD = CD en CD = BC, dus ABCD is een ruit.
}
}
}
}
8
a Gegeven:
Driehoek ABC met ∠C = 90° en hoogtelijn CD.
Te bewijzen:
AC 2 = AD ⋅ AB en BC 2 = BD ⋅ AB.
Bewijs:
∠A = ∠A
!ADC !ACB (hh)
∠D = ∠C = 90°
AD AC
=
dus AC2 = AD ⋅ AB
AC AB
∠B = ∠B
!BDC !BCA (hh)
∠D = ∠C = 90°
BD BC
=
dus BC2 = BD ⋅ AB
BC BA
C
}
}
A
B
D
b Gegeven:
Driehoek ABC met ∠C = 90° en hoogtelijn CD.
Te bewijzen:
AC 2 + BC 2 = AB 2
Bewijs:
AC 2 = AD ⋅ AB en BC 2 = BD ⋅ AD dus
AC 2 + BC 2 = AD ⋅ AB + BD ⋅ AB = AB(AD + BD) = AB ⋅ AB = AB 2
9
a In !ADC is AD =
CD
AD =
C
3
5
3
=
5
3
⋅
3
3
=
5 3
= 1 23 3
3
AB = AD + BD = 1 23 3 + 5
b Teken EF loodrecht op AB.
!BCD is een vergroting van !BEF met factor 2,
E
5
60°
A
D
C
B
5
dus, EF = 12 ⋅CD = 12 ⋅5 = 2 12
1
1
2
2
AF = AB − BF = 1 3 3 + 5 − 2 2 = 1 3 3 + 2 2
2 1
EF
tan ∠BAE =
= 2 2
1
AF 1 3 + 2
3
2
∠BAE ≈ 25°
E
5
BF = DF = 12 ⋅ BD = 12 ⋅5 = 2 12
60°
A
D
F
B
10 Vermoeden: ∠CPQ + ∠CQP = ∠A.
11
Vermoeden: CE = DF.
12 Gegeven:
Driehoek ABC, waarbij zwaartelijn CD de helft is van AB.
Te bewijzen:
∠ACB = 90°
Bewijs:
D is het midden van AB
AD = BD = CD
CD = 12 AB
AB is middellijn van een cirkel die door C gaat
dus ∠ACB = 90° (omgekeerde stelling van Thales).
C
}
A
D
B
126 Hoofdstuk 8
224968 H8.indd 126
01-11-2007 11:25:28
13 Gegeven:
Driehoek ABC met de zwaartelijnen AD en BE zo, dat AD = BE.
Te bewijzen:
Driehoek ABC is gelijkbenig.
Bewijs:
AZ = 23 AD (zwaartelijnstelling) AD = BE (gegeven)
}
AZ = BZ en EZ = DZ
AZ = BZ
EZ = DZ
∠Z1 = ∠Z3 (overstaande hoeken)
}
!AZE !BZD (ZHZ)
BZ =
2
3
BE (zwaartelijnstelling)
DZ =
1
3
AD (zwaartelijnstelling)
EZ =
1
3
BE (zwaartelijnstelling)
Dus AE = BD
AE =
1
2
AC
BD = BC
1
2
}
C
E
D
Z
1
4
2
3
A
B
AC = BC dus !ABC is gelijkbenig.
14 Gegeven:
Koordenvierhoek ABCD met de lijnen AB en CD die
elkaar snijden in P en de lijnen AD en BC die elkaar snijden in Q.
Te bewijzen:
∠P1 + ∠Q1 = ∠A
Bewijs:
Q
2 1
D
2
3
1
C
4
A
B
1
2
P
∠A + ∠C1 = 180° (koordenvierhoekstelling)
∠C3 + ∠A = 180°
∠C1 = ∠C3 (overstaande hoeken)
∠C3 + ∠P1 + ∠Q1 = 180° (hoekensom driehoek)
}
}
∠A = ∠P1 + ∠Q1
15 Gegeven:
Vierkant ABCD met het punt E op zijde BC en punt F op zijde CD zo, dat CE = DF.
Het snijpunt van AF en DE is G.
Te bewijzen:
ABEG is een koordenvierhoek
Bewijs:
∠D12 = ∠C = 90° DF = CE
!ADF !DCE dus ∠A1 = ∠D1
AD = CD (vierkant)
∠D1 + ∠D2 = 90°
∠A1 + ∠D2 = 90°
∠A1 = ∠D1
∠G1 = 90°
∠G1 = 180° - ∠A1 - ∠D2 (hoekensom driehoek)
∠G2 = 180° - ∠G1 (gestrekte hoek)
dus ∠G2 = 90°.
∠B + ∠G2 = 90° + 90° = 180° dus ABEG is een koordenvierhoek.
(omgekeerde koordenvierhoekstelling). }
}
D
2
F
1
G
1
C
2
E
A
1
2
B
}
Vermoedens en bewijzen 127
224968 H8.indd 127
01-11-2007 11:25:31

Download Report