h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

       
1. ∠BCA = ∠BEA want beiden zijn de omtrekshoek van koorde AB

∠CBS = 90 - ∠BCA  want driehoek BCS heeft een rechte hoek.
∠BHD = 90 - ∠CBS  want driehoek BHD heeft een rechte hoek
Dus ∠BHD = 90 - (90 - ∠BCA) = ∠BCA = ∠BEA

Driehoek HBE is dus gelijkbenig, dus BH = BE
 

       
2. Omdat driehoek ABE gelijkbenig is, is ∠BEA = ∠BAE

De driehoeken BDE en CDA zijn gelijkvormig (twee gelijke hoeken)

Dus BD : CD = BE : AC = AB : AC

       
3. a. Omdat l evenwijdig aan BC loopt zijn de rode hoeken hiernaast gelijk (F-hoeken)
Dus zijn driehoeken AFZ en AGH gelijkvormig
Maar AZ : ZH = 2 : 1  (eigenschap zwaartelijn)
Dus ook AF : FG = 2 : 1
AF = 2FG = BD + EC

       
  b. oppervlakte ABC = 1/2 BC AG
oppervlakte BCED is  BC BD = BC 1/3 AG = 2/3 1/2 BC AG = 2/3 oppervlakte ABC
       
4.

       
  Noem de driehoeken 1 tm6.
In de linkerfiguur zijn lijnen vanuit Z loodrecht op de zijden van de grote driehoek getekend.
Daarin is te zien dat  opp1 = opp2  en  opp3 = opp4  en  opp5 = opp6  (De driehoeken hebben dezelfde hoogte en een even grote basis)

In de rechterfiguur zijn driehoeken met dezelfde oppervlakte gelijk genummerd.
Door die rode hoogtelijn zie je dat  3 + 6 + 6 dezelfde oppervlakte heeft als 1 + 1 + 3  (weer dezelfde hoogtelijn en een even grote basis)
Daaruit volgt dat opp6 = opp1
Op dezelfde manier kun je met een andere hoogtelijn laten zien dat opp6 = opp3 en opp3 = opp1
Kortom:  de oppervlakten 1 tm 6 zijn allemaal gelijk.
       
5. Zie de figuur hiernaast, met gelijke hoeken gelijk gekleurd (rood + groen is samen 90)
De driehoeken CDA en ADB zijn gelijkvormig
Dus CD/DA = AD/DB
a/h = h/b
h
2 = ab

       
6. a. ALC is een rechte lijn (zijde van de driehoek) dus ∠ALM + ∠LMC = 180
Als ∠KLC = ∠ALM dan is ook ∠KLC + ∠LMC = 180
Dus is ook MLK een rechte lijn.
       
  b. ∠PLA = 90  en  ∠PMA = 90  dus is PMAL een koordenvierhoek

A, B, P en C liggen alle vier op de omgeschreven cirkel, dus is ABPC automatisch een koordenvierhoek,
 
       
  c. vanwege de koordenvierhoek is ∠KCP + ∠BAP = 180
Maar ook ∠BAP + ∠MAP = 180
Dus moet wel gelden dat ∠KCP = ∠MAP.
De driehoeken MAP en KCP zijn gelijkvormig dus ∠P1 = ∠P4

       
  d. PKC en PLC zijn twee rechte hoeken op dezelfde middellijn PC. Dus er gaat een cirkel door PKL en C waarvan het middelpunt het midden van PC is.

     
  e ∠KCP = ∠PAM (zie vraag c)) (de rode boogjes zijn gelijk)
Dan is ∠APM = 90 - ∠PAM  (driehoek APM)

maar ook ∠KCP + 90 + ∠KLC = 180  (koordenvierhoek KLPC),
dus ∠KLC = 90 - ∠KCP = 90 - ∠PAM = ∠APM


maar ∠APM = ∠MLA (beiden omtrekshoek van koorde AM)
dus ∠KLC = ∠MLA
 
 

       
7. a. ∠ECB = ∠EAB  (beiden omtrekshoek van EB)
∠EBC = ∠EAC (beiden omtrekshoek van EC)

de groene hoeken bij D zijn overstaande hoeken.
Dus de driehoeken ADB en CDE zijn gelijkvormig.

p/a1 = a2/q
dus pq = a1a2

       
  b. ∠AEB = ∠ACB (beiden omtrekshoek van AB)
Dan hebben de driehoeken ACD en AEB twee gelijke hoeken, dus zijn ze gelijkvormig

AC/AD = AE/AB
b/p = (p + q)/c 

     
  c. de vergelijking uit b) geeft  p(p + q) = bc  dus  p2 + pq = bc
maar volgens de vergelijking uit a) is pq = a1a2
vervang pq  daardoor en je krijgt  p2 + a1a2 = bc
daaruit volgt direct de gezochte vergelijking.
       
8. ∠ABT = ∠TAB want beiden zijn de hoek tussen koorde en raaklijn en dus gelijk aan de omtrekshoek van koorde AB.

Dan is driehoek TAB gelijkbenig, en is TA = TB.

Teken R op het verlengde van PA zodat AR = PA
Dan is AR + AT = BQ + TB
Dus is driehoek RTQ ook gelijkbenig, dus is ∠TQR = ∠TRQ

Omdat de gele en de groene hoeken beiden de basishoeken zijn van gelijkbenige driehoeken met dezelfde tophoek T, zijn de gele en de groene hoeken gelijk aan elkaar.

Dan is in driehoek RPQ lijnstuk AS evenwijdig aan RQ
A is verder het midden van AP, dus AS is middenparallel

Dan is S het midden van PQ
       
9.

       
  Zie de figuren hierboven. De groene en blauwe oppervlakten zijn gelijk aan elkaar, want beiden zijn de helft van het parallellogram
Kies voor de groene ED als basis, dan is de hoogte de lijn van C loodrecht op ED
Kies voor de blauwe BF als basis, dan is de hoogte de lijn van C loodrecht op BF
omdat die beide basissen gelijk zijn (gegeven), moeten die beide hoogtelijnen ook gelijk zijn.

Dan is de afstand van C tot ED gelijk aan de afstand van C tot BF
Dus ligt C op de bissectrice van BF en ED.
       
10. a. Omdat beide driehoeken ABC en AEF gelijkzijdig zijn, zijn de hoeken ABC en AEF beiden 60

Dan zijn CB en FE evenwijdig (F-hoeken)

Dan zijn de gele hoeken gelijk (Z-hoeken)
De blauwe hoeken zijn ook gelijk (overstaande hoeken)

Dus zijn de driehoeken gelijkvormig (hh)

     
  b. AEF is 3 keer zo groot als ABC.
Dus AG = 3 AD = 3 3 = 3

AZ = 2/3AG (zwaartelijn eigenschap) dus AZ = 2

DZ = AZ  - AD = 2 - 3
       
  c. Omdat CDZ en HGZ gelijkvormig zijn geldt 
GH
/ZG = DC/ZD
ZG = 1/3AG (zwaartelijn eigenschap) dus ZG = 1
DC = 1  en  ZD = 2 - 3 invullen:
GH/1 = 1/(2 - 3)
   
    EH = GH - EG = 2 + 3 - 3 = 2 dus dat is inderdaad even lang als AB.
       

h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)