Oefentoets Hs1 en 2 - uitwerkingensite.nl

Uitwerkingen Wiskunde D Moderne wiskunde Havo deel 2 Oefentoets Hoofdstuk 1 en 2 www.uitwerkingensite.nl
Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2
1a
b
In de driehoek ABG geldt: AB = 6 en BG = 32 + 4 2 = 5
Dan geldt tan ∠AGB = AB = 6 en dus is ∠AGB ≈ 50  .
BG 5
Noem het midden van AE punt Q. Dan geldt in driehoek EQP:
QP = 6 2 + 32 = 45 en EQ = 2
Driehoek AEP is gelijkbenig dus is ∠EPQ = 90° .
EQ
= 2 ⇒ ∠EPQ ≈ 16, 6° en is ∠APE ≈ 33, 2° .
QP
45
De hoek die lijn BH met het grondvlak maakt is ∠HBD .
Ook is HD = 4 en DB = 6 2 + 32 = 45 .
tan ∠EPQ =
c
d
Verder geldt tan ∠HBD = 4 ⇒ ∠HBD ≈ 31°.
45
De lijnen kruisen, maak het punt T halverwege BF.
De lijn TG is evenwijdig met BP en de hoek van TG met EG wordt gevraagd.
TG = 32 + 2 2 = 13 ; ET = 6 2 + 2 2 = 40 ; EG = 6 2 + 32 = 45
Cosinusregel: ET 2 = GT 2 + EG 2 − 2 ⋅ GT ⋅ EG ⋅ cos ∠EGT
40 = 13 + 45 − 2 ⋅ 13 ⋅ 45 ⋅ cos ∠EGT ⇒ cos ∠EGT =
e
Zodat ∠EGT ≈ 68°
Bereken eerst de zijden van driehoek EBG.
BG = 32 + 4 2 = 5 ; EB = 6 2 + 4 2 = 52 en
18
.
2 ⋅ 13 ⋅ 45
E
EG = 6 2 + 32 = 45
De loodlijn uit EV op BG is een hoogtelijn van de driehoek.
Noem de lengte van BV = x dan geldt: GV = 5 − x .
In driehoek BVE geldt: EV = 52 − x 2 .
In driehoek VGE geldt EV = 45 − (5 − x)2 .
Dit geeft
52 − x 2 = 45 − (5 − x)2 ⇒ x = 16
5
( )
2
Dan is EV = 52 − 16 = 6 29
5
5
De oppervlakte van driehoek EBG is
f
g
B
1
2
V
G
⋅ 5 ⋅ 65 29 ≈ 6, 5
Neem als grondvlak driehoek EBF en als de hoogte FG = 3 .
Dan is opp. EBF = 12 ⋅ EF ⋅ FB = 12 ⋅ 6 ⋅ 4 =
12 en is
inhoud piramide EBF .G = 13 ⋅ 12 ⋅ 3 = 12
.
Kies hier grondvlak EBG en als hoogte de afstand van F tot dit grondvlak, dan geldt:
inhoud EBG.F = opp. EBG ⋅ hoogte ⇒ 12 = 6, 5 ⋅ hoogtee
Dus is de afstand van F tot het vlak EBG 12 = 24 ≈ 1, 85 .
6, 5 13
2a
b
De hoeken BCD en TCD zijn rechte hoeken, dus staat CD loodrecht op het vlak
BCT, BP ligt in dit vlak. Dus staat BP loodrecht op CD.
BC is evenwijdig met AD, dus de hoek tussen BC en BP is gelijk aan de hoek tussen
BP en AD.
tan ∠PBC = PC = 2 ⇒ ∠PBC ≈ 27°
BC 4
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo D deel 2
0pm_MW9_HAVOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 143
© Noordhoff Uitgevers bv
⁄
143
18-08-2008 16:06:23
Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2
c
T
A
d
C
Bereken de inhoud van het viervlak ABDP op twee manieren:
Oppervlakte ABD = 12 ⋅ 4 ⋅ 4 = 8 en hoogte CP = 2 .
Dus geldt inhoud viervlak ABDP = 13 ⋅ 8 ⋅ 2 = 163 .
Ook kun je als grondvlak nemen driehoek BDP.
Driehoek BDP is gelijkbenig. Stel Z is het midden van BD.
32 = 8 en is PZ = 20 − 8 = 12 .
2
De oppervlakte van driehoek PDB is 12 ⋅ DB ⋅ PZ = 21 ⋅ 32 ⋅ 12 = 4 6 .
De afstand h van punt A tot het vlak BPD kan nu worden berekend als de hoogte
van de piramide.
Dan geldt: BD = 16 + 16 = 32 ⇒ BZ =
16
3
= 13 ⋅ 4 ⋅ 6 ⋅ h ⇒ h = 4 ≈ 1, 63
6
3a
D
Q
P
C
A
B
Omdat driehoek ABC gelijkzijdig is moet het vlak door het midden van BC gaan.
⁄
144
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo D deel 2
0pm_MW9_HAVOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 144
© Noordhoff Uitgevers bv
18-08-2008 16:06:25
Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2
b
D
Q
P
C
A
B
De gezochte lijn is de lijn door P en het midden van BC.
c
D
Q
P
C
A
B
Teken het vlak door Q evenwijdig aan het bij opdracht a gevonden vlak.
d
D
Q
P
C
A
B
Teken vanuit A de lijn door het midden van BC.
Teken vanuit C de lijn door het midden van AB.
Teken vanuit P en Q de loodrechte projecties op de eerder getekende lijnen.
De gezochte lijn is de lijn door de beide projecties.
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo D deel 2
0pm_MW9_HAVOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 145
© Noordhoff Uitgevers bv
⁄
145
18-08-2008 16:06:26
Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2
4a
b
c
Omdat BC evenwijdig is met MN.
Het vlak BHNF.
Een regelmatige zeshoek kun je met behulp van de diagonalen verdelen in zes
gelijkzijdige driehoeken. In dit geval elk met zijde 2. De lengte van de hoogtelijnen
in een gelijkzijdige driehoek met zijde 2 is 3 . Dus is BF = HN = 2 3 . Stel h is de
afstand van H tot het vlak CMN. Dan geldt: BN ⋅ h = BH ⋅ HN (via oppervlakte van
rechthoekige driehoek BHN).
(2 3 )2 + 2 2 ⋅ h = 2 ⋅ 2 3 ⇒ h = 4 3 = 3 ≈ 1, 73 .
16
Omdat CG evenwijdig is met DN en DN in het vlak FDL ligt.
De lijn is evenwijdig met het vlak dus de afstand tussen de lijn en het vlak is gelijk aan de afstand van het punt C tot het vlak FDL. Omdat ∠CDF = 90° is de afstand van C tot DF is de afstand CD = 2 .
De vlakken zijn evenwijdig omdat FA evenwijdig is met EB en FH evenwijdig is met
EL .
Teken het vlakdeel ACKG. Stel P is het midden van AC en Q is het midden van GK.
Dan is de gezochte afstand de afstand d tussen de evenwijdige lijnen AQ en PK.
Gebruik dat de oppervlakte van het parallellogram APKQ gelijk is aan de lengte van
PK keer de afstand d tussen de lijnen PK en AQ. Gebruik verder dat PK = 7 .
Er geldt: Opp. AQG + Opp. parm. APKQ + Opp. PCK = Opp. rechthoek ACKG.
Dit geeft: 12 ⋅ 2 ⋅ 3 + 7 ⋅ d + 12 ⋅ 2 ⋅ 3 = 2 3 ⋅ 2 .
3 + 7 ⋅ d + 3 =
4 3
Invullen wat bekend is geeft
d
e
f
d 7 = 2 3
d = 2 3 ≈
1, 31
7
5a
D
C
E
F
A
b
c
d
⁄
146
B
Bereken eerst in de gelijkbenige driehoek BCF de lengte van de hoogtelijn FM:
FM = 25 − 9 = 4 .
Projecteer F loodrecht op vlak ABCD dan ontstaat de driehoek MFF′ met F ′M = 2 .
Dan geldt cos ∠F ′MF = F ′M = 2 = 0, 5 ⇒ ∠F ′MF = 60°.
FM
4
Dus de hoek tussen de vlakken BCF en ABCD 60°.
De afstand van F tot AB is 5 2 − 2 2 = 21 en de afstand van F′ tot AB is 3.
Dus geldt cos ∠( ABCD, ABFE) = 3 . Dus is ∠(ABCD, ABFE) ≈ 49, 1° .
21
De hoek die de vlakken ABFE en DCFE maken is dan 180° − 49,1° − 49, 1° = 81, 8° .
Verschuif bijvoorbeeld BF twee naar links zodat F samenvalt met E. Stel B′ is het
beeldpunt van B.
Dan is DB′ = 6 2 + 4 2 = 52 en B′E = DE = 5 .
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo D deel 2
0pm_MW9_HAVOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 146
© Noordhoff Uitgevers bv
18-08-2008 16:06:31
Oefentoets bij hoofdstuk 1 en 2
e
f
Dan geldt in de gelijkbenige driehoek DB ′E dat
1
1
52 1
52
sin 12 ∠DEB ′ = 2
⇒ 2 ∠DEB′ = sin −1 2
≈ 46, 146° en dus is de hoek tussen BF
5
5
en DE de (scherpe!) hoek ongeveer 180° − 92° = 88° .
FF′ = 4 2 − 2 2 = 12 ≈ 3, 46
Projecteer punt E op AB, noem het punt Q. Bij opdracht c is gevonden dat de
afstand van F tot AB 21 is, dus is ook de afstand EQ = 21 .
Pythagoras in de rechthoekige driehoek EQB geeft EB = 21 + 4 2 = 37 ≈ 6, 08 .
E
6a
6
6
A
b
c
d
e
F
6
6
B
De ruit bestaat uit twee gelijkzijdige driehoeken.
Het zijvlak ABFE bestaat uit twee gelijkzijdige driehoeken met zijde 6. De hoogte is
dan 3 3 .
Dus is ook de afstand van A tot EF gelijk aan 3 3 .
Omdat alle ribben dezelfde lengte 6 hebben (ook BD = 6 ) is elk zijvlak een gelijkzijdige driehoek met zijde 6.
H
Omdat vierhoek ABD.E een regelmatig viervlak
is ligt punt E boven het snijpunt van de hoogtelijnen
van driehoek ABD.
D
De lengte van AC in het bovenaanzicht is 23 van
de lengte van de hoogtelijn in een gelijkzijdige
driehoek met zijde 6, dus 23 ⋅ 3 3 = 2 3 vermeerderd met de lengte van de lange diagonaal in de ruit.
E
Die lange diagonaal is 2 keer de lengte van een hoogtelijn,
dus 6 3 . In het bovenaanzicht is de afstand van A tot de A
B
projectie van G dus 8 3 .
Omdat AG′ = 8 3 en AC = 6 3 is
E
CG′ = 2 3 en is GG′ = 36 − 12 = 24 .
24 = 8 ⋅ 3 = 1
⇒
8 3
8 3
8
−1 1
≈ 19, 5° .
∠CAG = tan
8
Die afstand is gelijk aan de afstand van de
evenwijdige lijnen AC en EG.
Bij e is al aangetoond dat deze afstand 24 =
2 6 ≈ 4, 90 is.
G
C
F
G
Dan geldt tan ∠CAG =
f
Moderne wiskunde 9e editie uitwerkingen havo D deel 2
0pm_MW9_HAVOBB_WiskDDl2-Uitw.indd 147
A
E’
C
© Noordhoff Uitgevers bv
G’
⁄
147
18-08-2008 16:06:36

Download Report