Cirkels (VWO 6 wis B) – Pagina 3

Buiten een vierkant

Gegeven is het vierkant $OABC$ met $O(0,0)$ , $A(4,0)$ en $C(0,4)$ .
Het snijpunt van $OB$ en $AC$ is het punt $S$ .
Het punt $M(3, 2)$ is het middelpunt van een cirkel door $A$ en $B$ .
De punten $F$ en $G$ zijn de snijpunten van deze cirkel met $CS$ respectievelijk $OS$ . Zie figuur 1.

Er geldt: $F$ is het midden van $CS$ .

Opdracht 15: (5 punten)
Bewijs dat $F$ inderdaad het midden is van $CS$ .

Aanpak:

Er zijn twee manieren om tot het antwoord te komen. De eerste methode is om het snijpunt $F$ te bepalen van de cirkel met lijn $AC$ te bepalen. Hiervoor moeten we eerst de formule van de cirkel bepalen en de formule van de lijn. Nadat we het snijpunt hebben, kunnen we gewoon nagaan of het gevonden snijpunt ook het midden van $CS$ is.

Een snellere methode is om het midden van $CS$ te bepalen en te kijken of dat punt op de cirkel ligt. Als dat het geval is, weten we immers ook dat het snijpunt van $CS$ met de cirkel het gegeven punt halverwege de lijn $CS$ is.

Uitwerking met snijpunt cirkel en $AC$ berekenen:

$r=MA=\sqrt{(3-4)^2+(2-0)^2}=\sqrt{5}$
$c: (x-3)^2+(y-2)^2=5$
$a_{AC} = \frac{4-0}{0-4}=-1$
$\left.\begin{matrix}y=-x+b\\(0,4)\end{matrix}\right\} y=-x+4$
$\left.\begin{matrix}(x-3)^2+(y-2)^2=5\\y=-x+4\end{matrix}\right\} (x-3)^2+(-x+4-2)^2=5$
$x^2-6x+9+x^2-4x+4=5$
$2x^2-10x+8=0$
$x^2-5x+4=0$
$(x-1)(x-4)=0$
$x=1\vee x=4$
$\left.\begin{matrix}y=-x+4\\x_F=1\end{matrix}\right\} y=-1+4=3$
Dus $F(1,3)$
$S$ is het midden van het vierkant. Dat is dus bij $(2,2)$ .
Het midden van $S$ en $C$ is $F=(\frac{0+2}{2},\frac{2+4}{2})=(1,3)$ .
Het snijpunt $F$ van de cirkel met $CS$ is dus het midden van $CS$ .

Uitwerking met nagaan of midden $CS$ op cirkel ligt:

$r=MA=\sqrt{(3-4)^2+(2-0)^2}=\sqrt{5}$
$c: (x-3)^2+(y-2)^2=5$
$S$ is het midden van het vierkant. Dat is dus bij $(2,2)$ .
$F'=(\frac{0+2}{2},\frac{2+4}{2})=(1,3)$
Invullen van punt $F'$ in de cirkel geeft $(1-3)^2+(3-2)^2=5$ .
Het midden van $CS$ ligt op de cirkel.
Het snijpunt $F$ van de cirkel met $CS$ is dus het midden van $CS$ .

Verder geldt: $G$ is het midden van $OS$ .
In figuur 2 zijn de cirkelsectoren $BMF$ en $GMA$ grijs gemaakt.

De oppervlakte van deze twee sectoren samen is gelijk aan de helft van de oppervlakte van de cirkel.

Opdracht 16: (3 punten)
Bewijs dit.

Aanpak:

We moeten bewijzen dat $\angle BMF+\angle FMG = 180^{\circ}$ , want de oppervlakte van de segmenten zijn dan de helft van de cirkel. Het lastige is dat we deze hoeken exact moeten berekenen. Dat kan alleen bij hele specifieke hoeken. Op basis van het plaatje lijkt het dat $\angle BMF=\angle AMG = 90^{\circ}$ . De truc van de opgave is om dit te gaan bewijzen. Dat kan op meerdere manieren:

$\angle BMF =90^{\circ}$ als $a_{FM}\cdot a_{BM} = -1$ (Uitwerking)
$\angle BMF =90^{\circ}$ als $\overrightarrow{MF}\cdot\overrightarrow{MB}=0$ (Alternatieve uitwerking)
$\angle BMF =90^{\circ}$ als $BM^2+FM^2=BF^2$

Uitwerking met richtingscoëfficiënten

De richtingscoëfficiënt van $FM$ is $a_{FM}=\frac{3-2}{1-3}=-\frac{1}{2}$ .
De richtingscoëfficiënt van $BM$ is $a_{BM}=\frac{4-2}{4-3}=2$ .
Er geldt $a_{FM}\cdot a_{BM} = -\frac{1}{2}\cdot 2 = -1$ .
De lijnen $FM$ en $BM$ staan loodrecht op elkaar. Er geldt dus $\angle BMF = 90^{\circ}$
De richtingscoëfficiënt van $GM$ is $a_{GM}=\frac{1-2}{1-3}=\frac{1}{2}$ .
De richtingscoëfficiënt van $AM$ is $a_{AM}=\frac{0-2}{4-3}=-2$ .
Er geldt $a_{GM}\cdot a_{AM} = \frac{1}{2}\cdot -2 = -1$ .
De lijnen $GM$ en $AM$ staan loodrecht op elkaar. Er geldt dus $\angle AMG = 90^{\circ}$
We hebben $\angle BMF+\angle AMG = 90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$
De oppervlakte van de twee sectoren samen is dus $\frac{180}{360}=\frac{1}{2}$ van de cirkel.

Uitwerking met richtingsvectoren

$\overrightarrow{MF}\cdot\overrightarrow{MB} = \begin{pmatrix}-2\\1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\2\end{pmatrix}=0$
Dus $\angle BMF = 90^{\circ}$
$\overrightarrow{MG}\cdot\overrightarrow{MA} = \begin{pmatrix}-2\\-1\end{pmatrix}\cdot \begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}=0$
Dus $\angle AMG = 90^{\circ}$
We hebben $\angle BMF+\angle AMG = 90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$
De oppervlakte van de twee sectoren samen is dus $\frac{180}{360}=\frac{1}{2}$ van de cirkel.

Uitwerking met cosinusregel (beetje omslachtig)

$BM = \sqrt{(x_B-x_M)^2+(y_B-y_M)^2}=\sqrt{(4-3)^2+(4-2)^2}=\sqrt{5}$
$F(1,3)$ , want het is het midden van $C(0,4)$ en $S(2,2)$ .
$FM = \sqrt{(x_F-x_M)^2+(y_F-y_M)^2}=\sqrt{(1-3)^2+(3-2)^2}=\sqrt{5}$
$FB= \sqrt{(x_F-x_B)^2+(y_F-y_B)^2}=\sqrt{(1-4)^2+(3-4)^2}=\sqrt{10}$
De cosinusregel geeft dan $BF^2=BM^2+FM^2-2\cdot BM\cdot FM \cos(\angle BMF)$
$10=5+5-2\cdot \sqrt{5}\cdot\sqrt{5}\cdot \cos(\angle BMF)$
$10=10-10\cos(\angle BMF)$
$0=-10\cos(\angle BMF)$
$\cos(\angle BMF)=0$
$\angle BMF=90^{\circ}$ .
$AM = \sqrt{(x_A-x_M)^2+(y_A-y_M)^2}=\sqrt{(4-3)^2+(0-2)^2}=\sqrt{5}$
$G(1,1)$ , want het is het midden van $O(0,0)$ en $S(2,2)$ .
$GM = \sqrt{(x_G-x_M)^2+(y_G-y_M)^2}=\sqrt{(1-3)^2+(1-2)^2}=\sqrt{5}$
$GA= \sqrt{(x_G-x_A)^2+(y_G-y_A)^2}=\sqrt{(1-4)^2+(1-0)^2}=\sqrt{10}$
De cosinusregel geeft dan $AG^2=AM^2+GM^2-2\cdot AM\cdot GM \cos(\angle AMG)$
$10=5+5-2\cdot \sqrt{5}\cdot\sqrt{5}\cdot \cos(\angle AMG)$
$10=10-10\cos(\angle AMG)$
$0=-10\cos(\angle AMG)$
$\cos(\angle AMG)=0$
$\angle AMG=90^{\circ}$ .
We hebben $\angle BMF+\angle AMG = 90^{\circ}+90^{\circ}=180^{\circ}$
De oppervlakte van de twee sectoren samen is dus $\frac{180}{360}=\frac{1}{2}$ van de cirkel.

Pagina's: 1234567891011