2015 tijdvak 1 – Pagina 5

Loodrecht

Gegeven zijn de punten $O$ , $A$ en $B$ met coördinaten $O(0,0)$ , $A(42,0)$ en $B(21,21\sqrt{3})$ . Driehoek $OAB$ is gelijkzijdig.
Op zijde $AB$ ligt punt $C$ zo, dat $AC=\frac{2}{3}\cdot AB$ en op zijde $BO$ ligt punt $D$ zo, dat $BD=\frac{2}{3}\cdot BO$ . Punt $E$ is het snijpunt van de lijnstukken $OC$ en $AD$ . Zie figuur 1.

Punt $E$ heeft coördinaten $E(12, 6\sqrt{3})$ .

Opdracht 9: (7 punten)
Laat met exacte berekeningen zien dat de $x$ -coördinaat van $E$ inderdaad gelijk is aan 12.

Aanpak:

Als we de vraag van boven naar beneden lezen, is het duidelijk dat we de volgende dingen moeten doen:

Het vinden van de coördinaten van $C$ .
Het vinden van de coördinaten van $D$ .
Het opstellen van een vergelijking van lijn $AD$ .
Het opstellen van een vergelijking van lijn $OC$ .
Het berekenen van het snijpunt $E$ van $AD$ en $OC$ .

Hieronder staan nog een paar tips over deze stappen:

De standaardmanier om een punt $C$ te berekenen, is door een route te maken naar dit punt over bekende punten. Dat geeft in dit geval $\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{AC}$ , waarbij geldt dat $\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}$ . Als je het inzicht hebt, kan het nog iets sneller met $\overrightarrow{c}=\frac{2}{3}\overrightarrow{b}+\frac{1}{3}\overrightarrow{a}$ .
Voor de lijnen $AD$ en $OC$ mag je natuurlijk kiezen in welke vorm je ze opstelt (een vectorvoorstelling, $y=ax+b$ of $y=a(x-p)+q$ ).

Uitwerking met lijnen van de vorm $y=ax+b$

$\overrightarrow{AB}=\begin{pmatrix}21\\21\sqrt{3}\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}42\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-21\\21\sqrt{3}\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{AC}=\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}=\frac{2}{3}\begin{pmatrix}-21\\21\sqrt{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-14\\14\sqrt{3}\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}+\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}42\\0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}-14\\14\sqrt{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}28\\14\sqrt{3}\end{pmatrix}$
Dus $C(28, 14\sqrt{3})$
$\overrightarrow{OB}=\begin{pmatrix}21\\21\sqrt{3}\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{OD}=\frac{1}{3}\begin{pmatrix}21\\21\sqrt{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}7\\ 7\sqrt{3}\end{pmatrix}$
Dus $D(7, 7\sqrt{3})$
$a_{OC}=\frac{y_C}{x_C}=\frac{14\sqrt{3}}{28}=\frac{1}{2}\sqrt{3}$
Dus $OC$ is $y=\frac{1}{2}\sqrt{3}x$
$a_{AD}=\frac{y_D-y_A}{x_D-x_A}=\frac{7\sqrt{3}-0}{7-42}=-\frac{1}{5}\sqrt{3}$
$\left.\begin{matrix}y=-\frac{1}{5}\sqrt{3}x+b \\ (42,0)\end{matrix}\right\} -\frac{1}{5}\sqrt{3}\cdot 42+b = 0$
$b=\frac{42}{5}\sqrt{3}$
Dus $AD$ heeft vergelijking $y=-\frac{1}{5}\sqrt{3}x+\frac{42}{5}\sqrt{3}$
Snijden van de lijnen geeft $\frac{1}{2}\sqrt{3}x=-\frac{1}{5}\sqrt{3}x+\frac{42}{5}\sqrt{3}$
$\frac{7}{10}\sqrt{3}x=\frac{42}{5}\sqrt{3}$
$\frac{7}{10}x=\frac{42}{5}$
$7x=84$
$x=12$

NB: Waarschijnlijk is het hier overdreven, maar ik probeer weer de laatste stap zo klein mogelijk te maken, omdat het eindantwoord al weggegeven is en het voor de corrector volledig duidelijk moet zijn dat ik die laatste stap gezet heb en deze niet overgeschreven heb van de opgave.

In figuur 2 is opnieuw driehoek $OAB$ getekend, nu met de lijnstukken $AE$ en $BE$ .

Opdracht 10: (3 punten)
Bewijs dat $\angle AEB=90^{\circ}$ .

Aanpak:

Vrijwel altijd als je moet aantonen dat een hoek $\angle AEB$ gelijk is aan $90^{\circ}$ , heb je vier manieren om dit aan te tonen:

Aantonen van $a_{AE}\cdot a_{BE}=-1$
Aantonen van $\overrightarrow{EA}\cdot \overrightarrow{EB}=0$
Aantonen dat Pythagoras geldt in $\triangle AEB$
Aantonen dat $E$ op de cirkel met middellijn $AB$ ligt (noem Thales).

Je moet dus een van deze methoden kiezen en dan toepassen. Merk hiervoor op dat je alle coördinaten van $A$ , $B$ en $E$ gekregen hebt.

Uitwerking met richtingscoëfficiënten:

$a_{AE}=\frac{6\sqrt{3}-0}{12-42}=-\frac{1}{5}\sqrt{3}$
$a_{BE}=\frac{6\sqrt{3}-21\sqrt{3}}{12-21}=\frac{-15\sqrt{3}}{-9}=\frac{5}{3}\sqrt{3}$ .
Er geldt $a_{AE}\cdot a_{BE}=-\frac{1}{5}\sqrt{3}\cdot \frac{5}{3}\sqrt{3}$
$-\frac{1}{3}\cdot (\sqrt{3})^2=-1$
Conclusie: Aangezien $a_{AE}\cdot a_{BE}=-1$ geldt dat $\angle AEB=90^{\circ}$ .

Uitwerking met richtingsvectoren:

$\overrightarrow{EA}=\begin{pmatrix}42\\0\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}12\\ 6\sqrt{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}30\\-6\sqrt{3}\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{EB}=\begin{pmatrix}21\\21\sqrt{3}\end{pmatrix}-\begin{pmatrix}12\\ 6\sqrt{3}\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}9\\15\sqrt{3}\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{EA}\cdot \overrightarrow{EB}=\begin{pmatrix}30\\-6\sqrt{3}\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}9\\15\sqrt{3}\end{pmatrix}$
$\overrightarrow{EA}\cdot \overrightarrow{EB}=30\cdot 9-6\sqrt{3}\cdot 15\sqrt{3}=270-90\cdot 3=0$
Conclusie: Aangezien $\overrightarrow{EA}\cdot \overrightarrow{EB}=0$ geldt dat $\angle AEB=90^{\circ}$ .

Uitwerking met Pythagoras:

$AE=\sqrt{(12-42)^2+(6\sqrt{3}-0)^2}=\sqrt{900+108}=\sqrt{1008}$
$BE=\sqrt{(12-21)^2+(6\sqrt{3}-21\sqrt{3})^2}=\sqrt{81+675}=\sqrt{756}$
$AB=\sqrt{(21-42)^2+(21\sqrt{3}-0})^2}=\sqrt{441+1323}=\sqrt{1764}$
$AE^2+BE^2=1008+756=1764$
$AB^2=1764$
Conclusie: Aangezien $AE^2+BE^2=AB^2$ is hoek $\angle AEB = 90^{\circ}$ .

Uitwerking met Thales:

Het midden van $AB$ is $M(\frac{1}{2}(42+21),\frac{1}{2}(0+21\sqrt{3}))$
$M(31\frac{1}{2},10\frac{1}{2}\sqrt{3})$
$AB=\sqrt{(x_B-x_A)^2+(y_B-y_A)^2}=\sqrt{(21-42)^2+(21\sqrt{3}-0})^2}$
$AB=\sqrt{441+1323}=\sqrt{1764}=42$
Dus $AM=\frac{1}{2}AB=\frac{1}[2}\cdot 42=21$
De cirkel met middellijn $AB$ is $(x-31\frac{1}{2})^2+(y-10\frac{1}{2}\sqrt{3})^2=21^2$
Punt $E$ in deze cirkel invullen geeft:
$(12-31\frac{1}{2})^2+(6\sqrt{3}-10\frac{1}{2}\sqrt{3})^2=21^2$
$(-19\frac{1}{2})^2+(-4\frac{1}{2}\sqrt{3})^2=21^2$
$380\frac{1}{4}+60\frac{3}{4}=441$
Aangezien deze vergelijking klopt, ligt punt $C$ op de cirkel met middellijn $AB$ . Volgens de stelling van Thales geldt dan dat $\angle AEB=90^{\circ}$

Pagina's: 1234567