2014-II - Henks hoekje

2014-II
Gelijke oppervlakte
T
Gegeven de grafiek van de functie f (x) = 3√x – x met de
punten O (0, 0) en A (9, 0) en de top T.
f
Vraag 1. Bewijs dat de coördinaten van T (2¼ , 2¼) zijn.
A
O
Afgeleide nul stellen
geeft:
2014-II
Gelijke oppervlakte
T
Gegeven de grafiek van de functie f (x) = 3√x – x met de
punten O (0, 0) en A (9, 0) en de top T.
f
Vraag 1. Bewijs dat de coördinaten van T (2¼ , 2¼) zijn.
A
O
Afgeleide nul stellen
geeft:
f ( x) 
3
2 x
1  0
dus
2014-II
Gelijke oppervlakte
T
Gegeven de grafiek van de functie f (x) = 3√x – x met de
punten O (0, 0) en A (9, 0) en de top T.
f
Vraag 1. Bewijs dat de coördinaten van T (2¼ , 2¼) zijn.
A
O
Afgeleide nul stellen
geeft:
f ( x) 
3
2 x
1  0
dus 2√x = 3
2014-II
Gelijke oppervlakte
T
Gegeven de grafiek van de functie f (x) = 3√x – x met de
punten O (0, 0) en A (9, 0) en de top T.
f
Vraag 1. Bewijs dat de coördinaten van T (2¼ , 2¼) zijn.
A
O
Afgeleide nul stellen
geeft:
f ( x) 
3
2 x
1  0
dus 2√x = 3 dus x = 2¼ met y = …
9
4
2014-II
Gelijke oppervlakte
T
Gegeven de grafiek van de functie f (x) = 3√x – x met de
punten O (0, 0) en A (9, 0) en de top T.
f
Vraag 1. Bewijs dat de coördinaten van T (2¼ , 2¼) zijn.
A
O
Afgeleide nul stellen
geeft:
f ( x) 
3
2 x
1  0
dus 2√x = 3 dus x = 2¼ met
y3
9 9
3 9 9 9 18 9
1
  3       2
4 4
2 4 2 4 4 4
4
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
O
B
T
f
A
O
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
O
B
OPPASSEN!!! Als je hier met je grafische
rekenmachine aan de slag gaat, bijvoorbeeld
via fnInt (f(X), X, 0, 9) en daar dezelfde waarde
uitkrijgt als de oppervlakte van de driehoek dan
heb je niets bewezen, alleen maar aangetoond dat
de oppervlakten ONGEVEER gelijk zijn
(namelijk op 10 decimalen nauwkeurig)
T
f
A
O
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
O
B
T
f
A
O
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
1
9

4  4  1
1 27
3
92
4
4
O
02
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
B
T
dus vergl.:
f
A
O
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
1
9

4  4  1
1 27
3
92
4
4
O
02
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
dus vergl.:
1
y   x  3 met snijpunt y-as:
3
B
T
f
3
A
O
9
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
1
9

4  4  1
1 27
3
92
4
4
O
02
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
dus vergl.:
1
y   x  3 met snijpunt y-as: B (0, 3)
3
B
T
f
3
Oppervlakte driehoek OAB is:
A
O
9
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
1
9

4  4  1
1 27
3
92
4
4
O
02
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
dus vergl.:
1
y   x  3 met snijpunt y-as: B (0, 3)
3
Oppervlakte driehoek OAB is: ½×9×3 = 13½
Oppervlakte V is:
B
T
f
3
A
O
9
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
1
9

4  4  1
1 27
3
92
4
4
O
02
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
dus vergl.:
B
T
1
y   x  3 met snijpunt y-as: B (0, 3)
3
f
Oppervlakte driehoek OAB is: ½×9×3 = 13½
Oppervlakte V is:
9
0
3 x  3 dx 
A
O
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
1
9

4  4  1
1 27
3
92
4
4
O
02
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
dus vergl.:
B
T
1
y   x  3 met snijpunt y-as: B (0, 3)
3
f
Oppervlakte driehoek OAB is: ½×9×3 = 13½
Oppervlakte V is:
9
0
3 x  3 dx 
9
1 2

2 x x  2 x  

0
1
1 1
2
3  x 2  3  x x
1
3
1
2
A
O
2014-II
Gelijke oppervlakte
f (x) = 3√x – x
V is het gearceerde vlakdeel begrensd door f en de x-as.
De lijn door A (9, 0) en T (2¼ , 2¼) snijdt de y-as in B.
Driehoek OAB is in de tweede figuur ook gearceerd.
T
f
V
A
Vraag 2. Bewijs dat de oppervlakte van V en de
oppervlakte van driehoek OAB gelijk zijn.
1
9

4  4  1
1 27
3
92
4
4
O
02
Lijn door T (2¼ , 2¼) en A (9, 0) heeft rico:
dus vergl.:
B
T
1
y   x  3 met snijpunt y-as: B (0, 3)
3
f
Oppervlakte driehoek OAB is: ½×9×3 = 13½
Oppervlakte V is:
9
1 2

2 x x  2 x  

0
Zelfde uitkomst.
9
0
3 x  3 dx 
1
1
54   81  13
2
2
A
O
Vijf regels uit de goniometrie
sin (– A) = – sin (A) vanwege de puntsymmetrie in (0, 0)
–A
sin
A
sin
sin (π – A) = sin (A) vanwege de symmetrie in x = ½π
π– A
A
cos (– A) = cos (A) vanwege de symmetrie in de y-as
cos
–A
cos (½π – A) = sin (A)
A
cosinus ½π naar rechts verschuiven
½π
sin (½π – A) = cos (A)
cos
sin
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
h2
h1
t
1
3
5
3
Vraag 3. Bewijs dat de hoogte aan het eind van fase 2 gelijk is aan de hoogte aan het begin van fase 3.
Dus te bewijzen:
5
5
h2 ( )  h3 ( )
3
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
h2
h1
t
1
3
5
3
Vraag 3. Bewijs dat de hoogte aan het eind van fase 2 gelijk is aan de hoogte aan het begin van fase 3.
Dus te bewijzen:
5
5
h2 ( )  h3 ( )
3
3
5
π 5 π
π π
2π
h2 ( )  1  2sin(   )  1  2sin(  )  1  2sin( )
3
5 3 5
3 5
15
1 1 5 3
2
   
3 5 15 15 15
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
h2
h1
t
1
3
5
3
Vraag 3. Bewijs dat de hoogte aan het eind van fase 2 gelijk is aan de hoogte aan het begin van fase 3.
Dus te bewijzen:
5
5
h2 ( )  h3 ( )
3
3
5
π 5 π
π π
2π
h2 ( )  1  2sin(   )  1  2sin(  )  1  2sin( )
3
5 3 5
3 5
15
5
3π 25 6π 5 31π
5π
31π
h3 ( )  1  2sin(    
)  1  2sin(  2π 
)
3
10 9
5 3 30
6
30
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
h2
h1
t
1
3
5
3
Vraag 3. Bewijs dat de hoogte aan het eind van fase 2 gelijk is aan de hoogte aan het begin van fase 3.
Dus te bewijzen:
5
5
h2 ( )  h3 ( )
3
3
5
π 5 π
π π
2π
h2 ( )  1  2sin(   )  1  2sin(  )  1  2sin( )
3
5 3 5
3 5
15
5
3π 25 6π 5 31π
5π
31π
h3 ( )  1  2sin(    
)  1  2sin(  2π 
)
3
10 9
5 3 30
6
30

2
 1  2sin( π)
15
25 60 31 4
2
 


30 30 30 30 15
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 4. Bewijs dat de helling aan het eind van fase 1 gelijk is aan
Dus te bewijzen:
1
2π
2π
h1 ( ) 
cos( )
3
5
15
want helling = afgeleide
h2
h1
t
1
3
2π
2π
cos( )
5
15
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 4. Bewijs dat de helling aan het eind van fase 1 gelijk is aan
Dus te bewijzen:
h1 (t )  1  2 cos(
1
2π
2π
h1 ( ) 
cos( )
3
5
15
3π 2 π 6π
t  ) t
10
6 10
kettingregel
h2
h1
t
1
3
2π
2π
cos( )
5
15
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 4. Bewijs dat de helling aan het eind van fase 1 gelijk is aan
Dus te bewijzen:
h1 (t )  1  2 cos(
1
2π
2π
h1 ( ) 
cos( )
3
5
15
3π 2 π 6π
t  ) t
10
6 10
1
3π 1 π 6π
h1 ( )  1  2 cos(   )   t
3
10 9 6 10
h2
h1
t
1
3
2π
2π
cos( )
5
15
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 4. Bewijs dat de helling aan het eind van fase 1 gelijk is aan
Dus te bewijzen:
h1 (t )  1  2 cos(
1
2π
2π
h1 ( ) 
cos( )
3
5
15
3π 2 π 6π
t  ) t
10
6 10
1
3π 1 π 6π
h1 ( )  1  2 cos(   )   t
3
10 9 6 10
 1 2 
6π 1
1  π 5π
 cos(
 )
10 3
30 30
h2
h1
t
1
3
2π
2π
cos( )
5
15
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
h2
h1
1
3
Vraag 4. Bewijs dat de helling aan het eind van fase 1 gelijk is aan
Dus te bewijzen:
h1 (t )  1  2 cos(
t
5
3
2π
2π
cos( )
5
15
1
2π
2π
h1 ( ) 
cos( )
3
5
15
3π 2 π 6π
t  ) t
10
6 10
1
3π 1 π 6π
h1 ( )  1  2 cos(   )   t
3
10 9 6 10
 1 2 
6π 1
1  π 5π
 cos(
 )
10 3
30 30
1 1 1
5
4
2
 

 
30 6 30 30
30
15

cos(
2π
2π
cos( )
5
15
2π
2π
)  cos( ) want cos( A)  cosA
15
15
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
h2
h1
Vraag 5. Bewijs dat voor elke waarde van a, met 0 < a < 2/3 geldt:
t
5
3
1
3
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)
2
1
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
h2
h1
Vraag 5. Bewijs dat voor elke waarde van a, met 0 < a < 2/3 geldt:
Dus te bewijzen:
h 2 (1  a )  h 2 (1  a )  2
t
5
3
1
3
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)
2
1
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 5. Dus te bewijzen voor 0 < a < 2/3 :
h2
h1
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)  2
t
1
3
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 5. Dus te bewijzen voor 0 < a < 2/3 :
h2
h1
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)  2
π
π
π
π
h 2 (1  a)  1  2sin( (1  a)  )  1  2sin( (1  a  1))  1  2sin(  a)
5
5
5
5
t
1
3
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 5. Dus te bewijzen voor 0 < a < 2/3 :
h2
h1
t
1
3
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)  2
π
π
π
π
h 2 (1  a)  1  2sin( (1  a)  )  1  2sin( (1  a  1))  1  2sin(  a)
5
5
5
5
π
 1  2sin( a)
5
vanwege sin( A)   sin A
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 5. Dus te bewijzen voor 0 < a < 2/3 :
h1
t
1
3
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)  2
π
π
π
π
h 2 (1  a)  1  2sin( (1  a)  )  1  2sin( (1  a  1))  1  2sin(  a)
5
5
5
5
π
π
π
π
h 2 (1  a)  1  2sin( (1  a)  )  1  2sin( (1  a  1))  1  2sin( a)
5
5
5
5
Dus:
h2
π
π
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)  1  2sin( a)  1  2sin( a)
5
5
π
 1  2sin( a)
5
5
3
2014-II
Het uiteinde van een wip
h
h3
De grafiek hiernaast geeft de hoogte h weer van het
uiteinde van een wip als functie van de tijd t.
Fase 1
Fase 2
Fase 3
1
3π
π
Voor 0  t  : h1 (t )  1  2sin( t 2  )
3
10
6
1
5
π
π
Voor  t  : h2 (t )  1  2sin( t  )
3
3
5
5
5
3π
6π 31π
Voor  t  2 : h3 (t )  1  2sin(  t 2  t 
)
3
10
5
30
Vraag 5. Dus te bewijzen voor 0 < a < 2/3 :
h2
h1
t
1
3
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)  2
π
π
π
π
h 2 (1  a)  1  2sin( (1  a)  )  1  2sin( (1  a  1))  1  2sin(  a)
5
5
5
5
π
 1  2sin( a)
5
π
π
π
π
h 2 (1  a)  1  2sin( (1  a)  )  1  2sin( (1  a  1))  1  2sin( a)
5
5
5
5
Dus:
π
π
h 2 (1  a)  h 2 (1  a)  1  2sin( a)  1  2sin( a)
5
5
en dat is inderdaad 1 + 1 = 2
5
3
2014-II
Cirkel en lijnstuk
Gegeven een cirkel met middelpunt M en een lijnstuk AB.
AM en BM snijden de cirkel in C en D.
De bissectrices van de hoeken A en B snijden elkaar in E.
M
D
Vraag 6. Bewijs dat CE = DE.
C
E
x
x
A
o
o
B
2014-II
Cirkel en lijnstuk
Gegeven een cirkel met middelpunt M en een lijnstuk AB.
AM en BM snijden de cirkel in C en D.
De bissectrices van de hoeken A en B snijden elkaar in E.
M
D
Vraag 6. Bewijs dat CE = DE.
•
C
ME is ook een bissectrice (bissectrices door één punt)
E
x
x
A
o
o
B
2014-II
Cirkel en lijnstuk
Gegeven een cirkel met middelpunt M en een lijnstuk AB.
AM en BM snijden de cirkel in C en D.
De bissectrices van de hoeken A en B snijden elkaar in E.
M
+ +
D
Vraag 6. Bewijs dat CE = DE.
•
•
C
ME is ook een bissectrice (bissectrices door één punt)
Dus LAME = LBME
E
x
x
A
o
o
B
2014-II
Cirkel en lijnstuk
Gegeven een cirkel met middelpunt M en een lijnstuk AB.
AM en BM snijden de cirkel in C en D.
De bissectrices van de hoeken A en B snijden elkaar in E.
M
=
Vraag 6. Bewijs dat CE = DE.
•
•
•
+ + =
D
C
ME is ook een bissectrice (bissectrices door één punt)
Dus LAME = LBME
CM = DM (straal cirkel)
E
x
x
A
o
o
B
2014-II
Cirkel en lijnstuk
Gegeven een cirkel met middelpunt M en een lijnstuk AB.
AM en BM snijden de cirkel in C en D.
De bissectrices van de hoeken A en B snijden elkaar in E.
M
=
Vraag 6. Bewijs dat CE = DE.
•
•
•
•
+ + =
D
C
ME is ook een bissectrice (bissectrices door één punt)
Dus LAME = LBME
CM = DM (straal cirkel)
ME = ME
E
x
x
A
o
o
B
2014-II
Cirkel en lijnstuk
Gegeven een cirkel met middelpunt M en een lijnstuk AB.
AM en BM snijden de cirkel in C en D.
De bissectrices van de hoeken A en B snijden elkaar in E.
M
=
Vraag 6. Bewijs dat CE = DE.
•
•
•
•
•
ME is ook een bissectrice (bissectrices door één punt)
Dus LAME = LBME
CM = DM (straal cirkel)
ME = ME
∆CME ≡ ∆DME (congruentiegeval ZHZ)
+ + =
D
C
E
x
x
A
o
o
B
2014-II
Cirkel en lijnstuk
Gegeven een cirkel met middelpunt M en een lijnstuk AB.
AM en BM snijden de cirkel in C en D.
De bissectrices van de hoeken A en B snijden elkaar in E.
M
=
Vraag 6. Bewijs dat CE = DE.
•
•
•
•
•
•
ME is ook een bissectrice (bissectrices door één punt)
Dus LAME = LBME
CM = DM (straal cirkel)
ME = ME
∆CME ≡ ∆DME (congruentiegeval ZHZ)
Dus CE = DE
+ + =
D
C
E
x
x
A
o
o
B
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
y=–x
Q
P
O
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = . . .
y=–x
Q
a
P
O
(1,0)
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
y=–x
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = 1 – a
Q
a
P
O
(1-a,0)
(1,0)
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
y=–x
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = 1 – a
Als je f (x) = 2∙ln x a naar links verschuift krijg je g (x) = . . .
Q
a
P
O
(1-a,0)
(1,0)
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
y=–x
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = 1 – a
Als je f (x) = 2∙ln x a naar links verschuift krijg je g (x) = 2∙ln (x + a)
Q volgt uit:
Q
a
P
O
(1-a,0)
(1,0)
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
y=–x
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = 1 – a
Als je f (x) = 2∙ln x a naar links verschuift krijg je g (x) = 2∙ln (x + a)
Q volgt uit: g (0) = 2∙ln a dus yQ = . . .
Q
a
P
O
(1-a,0)
(1,0)
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
y=–x
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = 1 – a
Als je f (x) = 2∙ln x a naar links verschuift krijg je g (x) = 2∙ln (x + a)
Q volgt uit: g (0) = 2∙ln a dus yQ = 2 ln a.
Uit yQ = – xP volgt:
Q
a
P
O
(1-a,0)
(1,0)
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
y=–x
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = 1 – a
Als je f (x) = 2∙ln x a naar links verschuift krijg je g (x) = 2∙ln (x + a)
Q volgt uit: g (0) = 2∙ln a dus yQ = 2 ln a.
Uit yQ = – xP volgt: 2∙ln a = – (1 – a) = a – 1
Dit oplossen met de GR
Q
a
P
O
(1-a,0)
(1,0)
2014-II
Gespiegelde punten
Gegeven de grafiek van f (x) = 2∙ln x; de grafiek van g ontstaat
door de grafiek van f over een afstand a naar links te
verschuiven, met a > 1.
De grafiek van g snijdt de x-as in P en de y-as in Q.
y=–x
Er is een waarde van a waarvoor het beeld van P bij spiegeling in
de lijn y = – x samenvalt met Q. Er geldt dan: yQ = – xP.
Vraag 7. Bereken deze waarde van a, afgerond op 2 decimalen.
Het nulpunt van f werd a naar links geschoven dus er geldt: xP = 1 – a
Als je f (x) = 2∙ln x a naar links verschuift krijg je g (x) = 2∙ln (x + a)
Q volgt uit: g (0) = 2∙ln a dus yQ = 2 ln a.
Uit yQ = – xP volgt: 2∙ln a = a – 1
Dit oplossen met de GR, bijvoorbeeld intersect Y1= 2ln(X) en Y2 = X – 1
Geeft antwoord a ≈ 3,51
Q
a
P
O
(1-a,0)
(1,0)
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
f ‘(x) =
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
f ‘(x) =
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
1
1
 (a  e ax   a  e  ax )   (e ax  e  ax )
2a
2
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
f ‘(x) =
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
1
1
 (a  e ax   a  e  ax )   (e ax  e  ax )
2a
2
(f‘(x) )2 =
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
O
1
1
 (a  e ax   a  e  ax )   (e ax  e  ax )
2a
2
1 ax  ax 2 1 2 ax
1
(e  e )  (e  2  e ax  e  ax  e 2 ax )  (e 2 ax  2  e 2 ax )
(f‘(x) )2 =
4
4
4
f ‘(x) =
eax  e  ax  e ax  ax  e0  1
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
O
1
1
 (a  e ax   a  e  ax )   (e ax  e  ax )
2a
2
1 ax  ax 2 1 2 ax
1
(e  e )  (e  2  e ax  e  ax  e 2 ax )  (e 2 ax  2  e 2 ax )
(f‘(x) )2 =
4
4
4
f ‘(x) =
( 12 eax  12 e  ax ) 2 
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
O
1
1
 (a  e ax   a  e  ax )   (e ax  e  ax )
2a
2
1 ax  ax 2 1 2 ax
1
(e  e )  (e  2  e ax  e  ax  e 2 ax )  (e 2 ax  2  e 2 ax )
(f‘(x) )2 =
4
4
4
f ‘(x) =
( 12 eax  12 e  ax ) 2 
1 2 ax
1
1 1
(e  2  e 2 ax )  e 2 ax   e 2 ax
4
4
2 4
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
O
1
1
 (a  e ax   a  e  ax )   (e ax  e  ax )
2a
2
1 ax  ax 2 1 2 ax
1
(e  e )  (e  2  e ax  e  ax  e 2 ax )  (e 2 ax  2  e 2 ax )
(f‘(x) )2 =
4
4
4
f ‘(x) =
( 12 eax  12 e  ax ) 2 
1 2 ax
1
1 1
(e  2  e 2 ax )  e 2 ax   e 2 ax
4
4
2 4
1
1 1
1 1
1
1  ( f ( x)) 2  1  e 2 ax   e 2 ax   e 2 ax  e 2 ax
4
2 4
2 4
4
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
Een schip ligt stil op de plaats A.
A
In O ligt het anker van een ketting tussen O en A.
f (x)
De functie f (x) beschrijft de kettinglijn.
Vraag 8. Toon aan dat
1  ( f ( x)) 2  ( 12 e ax  12 e  ax ) 2
O
1
1
 (a  e ax   a  e  ax )   (e ax  e  ax )
2a
2
1 ax  ax 2 1 2 ax
1
(e  e )  (e  2  e ax  e  ax  e 2 ax )  (e 2 ax  2  e 2 ax )
(f‘(x) )2 =
2
4
4
f ‘(x) =
( 12 eax  12 e  ax ) 2 
1 2 ax
1
1 1
(e  2  e 2 ax )  e 2 ax   e 2 ax
4
4
2 4
en dit is gelijk aan elkaar
1
1 1
1 1
1
1  ( f ( x)) 2  1  e 2 ax   e 2 ax   e2 ax  e 2 ax
4
2 4
2 4
4
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
De waterdiepte is:
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
De waterdiepte is: f (96) = 34 (m)
De lengte van de ketting is:
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
De waterdiepte is: f (96) = 34 (m)
De lengte van de ketting is:
Met de GR komt hier uit:
96
0
1  ( f ( x)) 2 dx
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
O
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
De waterdiepte is: f (96) = 34 (m)
De lengte van de ketting is:
Met de GR komt hier uit:
96
0
96
1  ( f ( x)) 2 dx   (0,5e x /140  0,5e  x /140 ) dx
0
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
De waterdiepte is: f (96) = 34 (m)
De lengte van de ketting is:
96
0
1  ( f ( x)) 2 dx
Met de GR komt hier uit: 103.7 (m)
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
De waterdiepte is: f (96) = 34 (m)
De lengte van de ketting is:
96
0
1  ( f ( x)) 2 dx
Met de GR komt hier uit: 103.7 (m)
Uit 3 x 34 komt 102 (m)
103.7 > 102 dus de ketting voldoet aan de vuistregel
O
x
2014-II
Ankerketting
Gegeven voor a > 0 de grafiek van de functie f ( x) 
1
 (e ax  e  ax  2)
2a
x is uitgedrukt in meters.
Gegeven is de plaats van het schip: xA = 96 (meter)
Gegeven is ook : a = 1/140
A
f (x)
Er is een vuistregel die zegt dat de lengte van de ketting
tussen anker en schip minstens driemaal de
waterdiepte moet zijn.
x
O
Vraag 9. Onderzoek of aan deze vuistregel is voldaan.
De waterdiepte is: f (96) = 34 (m)
De lengte van de ketting is:
96
0
1  ( f ( x)) 2 dx
1
Opmerking. Je kunt ook primitiveren: een primitieve van
1
is:
1
1
1
x

x
1 1 140 x 1
1  x
 1 e
   1 e 140  70e140  80e 140
2 140
2 140
Enzovoorts.
1
1 140 x 1 140 x
e
 e
2
2
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
B
V
O
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen:
B
V
O
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen: Opp. V = 9 keer ¾ p4 = 27/4 ∙ p4
Opp. V =
B
V
O
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen: Opp. V = 9 keer ¾ p4 = 27/4 ∙ p4
3p
Opp. V =
0
3p
1 
81
27 4

3 px  x dx   px3  x 4   27 p 4  p 4 
p Klaar!
4
4
4

0
2
3
B
V
O
(0, 0)
A
(3p, 0)
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen: Opp. V = 9 keer ¾ p4 = 27/4 ∙ p4
3p
Opp. V =
0
B
3p
1 
81
27 4

3 px 2  x3 dx   px3  x 4   27 p 4  p 4 
p
4
4
4

0
Vraag 11. Bereken exact voor welke waarde van p geldt: BO = AO
O
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen: Opp. V = 9 keer ¾ p4 = 27/4 ∙ p4
3p
Opp. V =
0
B
3p
1 
81
27 4

3 px 2  x3 dx   px3  x 4   27 p 4  p 4 
p
4
4
4

0
Vraag 11. Bereken exact voor welke waarde van p geldt: BO = AO
Oplossing: volgens Pythagoras is
2p3
O
p
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen: Opp. V = 9 keer ¾ p4 = 27/4 ∙ p4
3p
Opp. V =
0
B
3p
1 
81
27 4

3 px 2  x3 dx   px3  x 4   27 p 4  p 4 
p
4
4
4

0
Vraag 11. Bereken exact voor welke waarde van p geldt: BO = AO
2p3
O
Oplossing: volgens Pythagoras is BO = √(p2 + 4p6) gelijkstellen aan AO = 3p.
p2 + (2p3)2
p
A
(3p, 0)
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen: Opp. V = 9 keer ¾ p4 = 27/4 ∙ p4
3p
Opp. V =
0
B
3p
1 
81
27 4

3 px 2  x3 dx   px3  x 4   27 p 4  p 4 
p
4
4
4

0
Vraag 11. Bereken exact voor welke waarde van p geldt: BO = AO
O
Oplossing: volgens Pythagoras is BO = √(p2 + 4p6) gelijkstellen aan AO = 3p.
Dus p2 + 4p6 = 9p2 geeft
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 10. Bewijs dat de oppervlakte van het rechterdeel acht keer zo
groot is als de oppervlakte van het linker deel.
Dus te bewijzen: Opp. V = 9 keer ¾ p4 = 27/4 ∙ p4
3p
Opp. V =
0
B
3p
1 
81
27 4

3 px 2  x3 dx   px3  x 4   27 p 4  p 4 
p
4
4
4

0
Vraag 11. Bereken exact voor welke waarde van p geldt: BO = AO
O
Oplossing: volgens Pythagoras is BO = √(p2 + 4p6) gelijkstellen aan AO = 3p.
Dus p2 + 4p6 = 9p2 geeft 4p6 = 8p2 met de oplossing:
p4 = 2
p42
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
B
O
C
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is:
B
O
C
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is: fp‘(x) = 6px – 3x2 met x = p
Dus: rico = 6p2 – 3p2 = 3p2
B
O
C
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is: fp‘(x) = 6px – 3x2 met x = p
Dus: rico = 6p2 – 3p2 = 3p2
B
De vergelijking van de raaklijn is:
O
C
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is: fp‘(x) = 6px – 3x2 met x = p
Dus: rico = 6p2 – 3p2 = 3p2
B
De vergelijking van de raaklijn is: y = 3p2x + b gaat door (p, 2p3)
O
2p3 = 3p2p + b geeft b = – p3
Dus is de vergelijking van de raaklijn: y = 3p2x – p3
C
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is: fp‘(x) = 6px – 3x2 met x = p
Dus: rico = 6p2 – 3p2 = 3p2
B
De vergelijking van de raaklijn is: y = 3p2x + b gaat door (p, 2p3)
O
2p3 = 3p2p + b geeft b = – p3
Dus is de vergelijking van de raaklijn: y = 3p2x – p3
Snijdt de x-as in
C
A
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is: fp‘(x) = 6px – 3x2 met x = p
Dus: rico = 6p2 – 3p2 = 3p2
B
De vergelijking van de raaklijn is: y = 3p2x + b gaat door (p, 2p3)
O
C
A
2p3 = 3p2p + b geeft b = – p3
p/3
Dus is de vergelijking van de raaklijn: y = 3p2x – p3
1
3
Snijdt de x-as in C ( p, 0)
dus is OC = p/3
3p
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is: fp‘(x) = 6px – 3x2 met x = p
Dus: rico = 6p2 – 3p2 = 3p2
B
De vergelijking van de raaklijn is: y = 3p2x + b gaat door (p, 2p3)
O
C
A
2p3 = 3p2p + b geeft b = – p3
p/3
Dus is de vergelijking van de raaklijn: y = 3p2x – p3
1
3
Snijdt de x-as in C ( p, 0)
OA = 3p is dus 9 × OC dus is
dus is OC = p/3
3p
2014-II
Acht keer zo groot
Voor p > 0 is gegeven de grafiek van fp (x) = 3px2 – x3 .
A(3p, 0) is snijpunt met de x-as; B(p, 2p3) is het buigpunt.
V is het gebied dat ingesloten wordt door de grafiek van fp en
de x-as. De verticale lijn door B verdeelt V in twee delen.
De oppervlakte van het linkerdeel is ¾ p4.
B
V
A
O
Vraag 12. De buigraaklijn in B snijdt de x-as in C.
Bewijs dat CA = 8 × OC voor elke waarde van p > 0.
De rico van de raaklijn is: fp‘(x) = 6px – 3x2 met x = p
Dus: rico = 6p2 – 3p2 = 3p2
B
De vergelijking van de raaklijn is: y = 3p2x + b gaat door (p, 2p3)
O
C
A
2p3 = 3p2p + b geeft b = – p3
p/3
Dus is de vergelijking van de raaklijn: y = 3p2x – p3
1
3
Snijdt de x-as in C ( p, 0)
dus is OC = p/3
OA = 3p is dus 9 × OC dus is CA = 8 × OC
3p
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 13. Bereken de maximale lengte van A’B’
A
B
A’
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 13. Bereken de maximale lengte van A’B’
|A’B’|=
A
B
A’
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 13. Bereken de maximale lengte van A’B’
|A’B’|= | cos(t) – cos(3t) |
A
B
A’
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 13. Bereken de maximale lengte van A’B’
|A’B’|= | cos(t) – cos(3t) |
Oplossen mag met de GR, bijv. via CALC maximum Y1 [ = abs(cos(X)-cos(3X)) ]
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
x
B’ (1,0)
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 13. Bereken de maximale lengte van A’B’
|A’B’|= | cos(t) – cos(3t) |
Oplossen mag met de GR, bijv. via CALC maximum Y1 [ = abs(cos(X)-cos(3X)) ]
Je moet eigenlijk 4 keer het maximum bepalen. Die blijken alle vier even hoog, namelijk 1,54
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 14. Bewijs dat de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
De rico =
x
B’ (1,0)
cos(2t )
sin(2t )
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 14. Bewijs dat de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
De rico =
rico 
sin(3t )  sin(t )
cos(3t )  cos(t )
y A (t )  yB (t )
x A (t )  xB (t )
x
B’ (1,0)
of
sin(t )  sin(3t )
cos(t )  cos(3t )
A(cos 3t , sin 3t ) en B(cos t , sin t )
cos(2t )
sin(2t )
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 14. Bewijs dat de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
De rico =
sin(3t )  sin(t )
cos(3t )  cos(t )
sin(3t) – sin(t) = 2sin(t)∙cos(2t)
Formule:
2sin(
x
B’ (1,0)
of
cos(2t )
sin(2t )
sin(t )  sin(3t )
cos(t )  cos(3t )
volgt uit de formule: sin A – sin B = 2 sin ½(A–B)∙cos ½(A+B)
3t  t
3t  t
2t
4t
) cos(
)  2sin( ) cos( )  2sin(t ) cos(2t )
2
2
2
2
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 14. Bewijs dat de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
De rico =
sin(3t )  sin(t )
cos(3t )  cos(t )
x
B’ (1,0)
of
cos(2t )
sin(2t )
sin(t )  sin(3t )
cos(t )  cos(3t )
sin(3t) – sin(t) = 2sin(t)∙cos(2t)
cos(3t) – cos(t) = – 2sin(2t)∙sin(t) volgt uit de formule: cos A – cos B = –2 sin ½(A+B)∙sin ½(A–B)
Formule 2sin(
3t  t
3t  t
4t
2t
) sin(
)  2sin( ) sin( )  2sin(2t ) sin(t )
2
2
2
2
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
Vraag 14. Bewijs dat de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
De rico =
sin(3t )  sin(t )
cos(3t )  cos(t )
of
sin(3t) – sin(t) = 2sin(t)∙cos(2t)
cos(3t) – cos(t) = – 2sin(2t)∙sin(t)
Dus
a
x
B’ (1,0)
2sin(t )  cos(2t )
cos(2t )
 
2sin(2t )  sin(t )
sin(2t )
sin(t )  sin(3t )
cos(t )  cos(3t )
cos(2t )
sin(2t )
Een paar gonio formules bij vraag 15
• sin A = cos (½ π – A)
• cos A = sin (½ π – A)
• sin A = sin B heeft oplossingen: A = B + 2kπ en A = π – B + 2kπ
• cos A = cos B heeft oplossingen: A = B + 2kπ en A = – B + 2kπ
• tan A = tan B heeft oplossingen: A = B + kπ
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B. We nemen 0 < t < 2π.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
cos(2t )
sin(2t )
Vraag 15. Er zijn vier waarden van t, waarvoor koorde AB evenwijdig met de lijn y = – x.
Bereken exact deze vier waarden.
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B. We nemen 0 < t < 2π.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
cos(2t )
sin(2t )
Vraag 15. Er zijn vier waarden van t, waarvoor koorde AB evenwijdig met de lijn y = – x.
Bereken exact deze vier waarden.
a
cos(2t )
 1 geeft
sin(2t )
cos(2t )
 1 Twee manieren. Eerste manier: tan(2t) = 1 oplossen.
sin(2t )
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B. We nemen 0 < t < 2π.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
cos(2t )
sin(2t )
Vraag 15. Er zijn vier waarden van t, waarvoor koorde AB evenwijdig met de lijn y = – x.
Bereken exact deze vier waarden.
a
cos(2t )
 1 geeft
sin(2t )
cos(2t )
 1 Twee manieren. Eerste manier: tan(2t) = 1 oplossen.
sin(2t )
1
1
5
1
5
2t  π  k  π  t  π, t  π, t  1 π, t  1 π
4
8
8
8
8
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B. We nemen 0 < t < 2π.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
cos(2t )
sin(2t )
Vraag 15. Er zijn vier waarden van t, waarvoor koorde AB evenwijdig met de lijn y = – x.
Bereken exact deze vier waarden.
a
cos(2t )
 1 geeft
sin(2t )
cos(2t )
 1 Tweede manier: cos(2t) = sin(2t) = cos(½π – 2t)
sin(2t )
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B. We nemen 0 < t < 2π.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
cos(2t )
sin(2t )
Vraag 15. Er zijn vier waarden van t, waarvoor koorde AB evenwijdig met de lijn y = – x.
Bereken exact deze vier waarden.
a
cos(2t )
 1 geeft
sin(2t )
cos(2t )
 1 Tweede manier: cos(2t) = sin(2t) = cos(½π – 2t)
sin(2t )
cos A
=
cos B
A = B + 2kπ of A = – B + 2kπ
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B. We nemen 0 < t < 2π.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
cos(2t )
sin(2t )
Vraag 15. Er zijn vier waarden van t, waarvoor koorde AB evenwijdig met de lijn y = – x.
Bereken exact deze vier waarden.
a
cos(2t )
 1 geeft
sin(2t )
cos(2t )
 1 Tweede manier: cos(2t) = sin(2t) = cos(½π – 2t)
sin(2t )
cos A
=
cos B
A = B + 2kπ of A = – B + 2kπ
Dus: 2t = ½π – 2t + 2kπ
of
2t = – ½π + 2t + 2kπ
x
B’ (1,0)
2014-II
Twee bewegende punten
Over de eenheidscirkel bewegen de punten A en B. Op t = 0
bevinden beide punten zich in (1, 0). Ze bewegen met constante
snelheid waarbij de snelheid van A drie keer zo groot is als de
snelheid van B. We nemen 0 < t < 2π.
A’ en B’ zijn de loodrechte projecties van A en B op de x-as.
De bewegingsvergelijkingen van A en B zijn:
 x A (t )  cos(3t )

 y A (t )  sin(3t )
en
A
B
A’
 xB (t )  cos(t )

 yB (t )  sin(t )
de richtingscoëfficiënt (a) van AB gelijk is aan: a  
cos(2t )
sin(2t )
Vraag 15. Er zijn vier waarden van t, waarvoor koorde AB evenwijdig met de lijn y = – x.
Bereken exact deze vier waarden.
a
cos(2t )
 1 geeft
sin(2t )
cos(2t )
 1 Tweede manier: cos(2t) = sin(2t) = cos(½π – 2t)
sin(2t )
cos A
=
cos B
A = B + 2kπ of A = – B + 2kπ
Dus: 2t = ½π – 2t + 2kπ
Opl.: 4t = ½π + 2kπ
of
of
2t = – ½π + 2t + 2kπ
0 = – ½π + 2kπ (geeft geen oplossingen)
1
1
1
5
1
5
t  π  k  π  t  π, t  π, t  1 π, t  1 π
8
2
8
8
8
8
x
B’ (1,0)
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
C
x x
Gegeven is een cirkel met koordenvierhoek ABCD.
BD verdeelt hoek ADC in twee gelijke hoeken.
A
Vraag 16. Bewijs dat AB = BC.
B
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
A
Vraag 16. Bewijs dat AB = BC.
•
C
x x
Gegeven is een cirkel met koordenvierhoek ABCD.
BD verdeelt hoek ADC in twee gelijke hoeken.
x
LBAC = LBDC (constante hoek op koorde BC)
B
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
A
Vraag 16. Bewijs dat AB = BC.
•
•
C
x x
Gegeven is een cirkel met koordenvierhoek ABCD.
BD verdeelt hoek ADC in twee gelijke hoeken.
x
x
LBAC = LBDC (constante hoek op koorde BC)
LBCA = LBDA (constante hoek op koorde AB)
B
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
A
Vraag 16. Bewijs dat AB = BC.
•
•
•
C
x x
Gegeven is een cirkel met koordenvierhoek ABCD.
BD verdeelt hoek ADC in twee gelijke hoeken.
x
x
LBAC = LBDC (constante hoek op koorde BC)
LBCA = LBDA (constante hoek op koorde AB)
Dus is LBAC = LBCA
B
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
C
Gegeven is een cirkel met koordenvierhoek ABCD.
BD verdeelt hoek ADC in twee gelijke hoeken.
x
A
Vraag 16. Bewijs dat AB = BC.
•
•
•
•
x
LBAC = LBDC (constante hoek op koorde BC)
LBCA = LBDA (constante hoek op koorde AB)
Dus is LBAC = LBCA
Dus is AB = BC (gelijkbenige driehoek)
B
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
x x
A o
o
F
E
M
G
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
B
C
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken.
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken.
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
α α
A α
α
F
E
M
G
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
•
De vier hoeken, aangegeven met α zijn gelijk (constante hoek, bissectrices)
B
C
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken.
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken.
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
α α
A α
α
180-2α
F
E
M
G
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
•
•
De vier hoeken, aangegeven met α zijn gelijk (constante hoek, bissectrices)
Hoek AED (met het boogje) is 180o – 2α (hoekensom)
B
C
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken.
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken.
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
α α
A α
α
180-2α
F
E
M
G
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
•
•
•
De vier hoeken, aangegeven met α zijn gelijk (constante hoek, bissectrices)
Hoek AED (met het boogje) is 180o – 2α (hoekensom)
Hoek BEC is ook 180o – 2α (overstaande hoeken)
B
C
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken.
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken.
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
α
A
180-2α
α
F
C
E
G
2α
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
•
•
•
•
B
De vier hoeken, aangegeven met α zijn gelijk (constante hoek, bissectrices)
Hoek AED (met het boogje) is 180o – 2α (hoekensom)
Hoek BEC is ook 180o – 2α (overstaande hoeken)
De hoek bij M is 2α (middelpuntshoek op boog BC, is 2 keer omtrekshoek α, ook op boog BC)
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken.
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken.
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
A
180-2α
E
F
C
M
G
2α
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
•
•
•
•
•
B
De vier hoeken, aangegeven met α zijn gelijk (constante hoek, bissectrices)
Hoek AED (met het boogje) is 180o – 2α (hoekensom)
Hoek BEC is ook 180o – 2α (overstaande hoeken)
De hoek bij M is 2α (middelpuntshoek op boog BC, is 2 keer omtrekshoek α, ook op boog BC)
Overstaande hoeken bij M
2014-II
Diagonalen en gelijke hoeken
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken.
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken.
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
A
180-2α
F
C
E
2α
G
M
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
•
•
•
•
•
•
•
B
De vier hoeken, aangegeven met α zijn gelijk (constante hoek, bissectrices)
Hoek AED (met het boogje) is 180o – 2α (hoekensom)
Hoek BEC is ook 180o – 2α (overstaande hoeken)
De hoek bij M is 2α (middelpuntshoek op boog BC, is 2 keer omtrekshoek α, ook op boog BC)
Overstaande hoeken bij M
De hoeken bij E en M zijn samen 180o – 2α + 2α = 180o.
EFMG is dus een koordenvierhoek (koordenvierhoekstelling).
2014-II
Vraag 17: een alternatief bewijs
D
Gegeven is weer een cirkel met een koordenvierhoek ABCD
met M als middelpunt.
BD verdeelt LADC in twee gelijke hoeken
AC verdeelt LBAD in twee gelijke hoeken
BD en AC snijden elkaar in E.
Lijn BM snijdt AC in F; lijn CM snijdt BD in G.
x x
A o
o
F
E
M
G
Vraag 17. Bewijs dat E, F, M en G op één cirkel liggen.
Een alternatief bewijs krijg je, gebruikmakend van de
gelijkbenige driehoeken ABC en BCD (bij de vorige vraag bewezen).
M is het middelpunt van de omgeschreven cirkel van deze driehoeken.
Dus zijn BF en CG (middel)loodlijnen in deze driehoeken.
Daaruit volgt, dat de hoeken F en G 90o zijn.
EFGM is dan een koordenvierhoek op grond van de stelling van Thales.
B
C

Download Report