Cirkels (VWO 6 wis B) – Pagina 9

Rakende cirkel

Gegeven is het vierkant $ABCD$ met zijde 2. Zie figuur 1.

In dit vierkant zijn getekend:

de kwartcirkel $c$ met middelpunt $A$ en eindpunten $B$ en $D$ .
de kwartcirkel $d$ met middelpunt $B$ en eindpunten $A$ en $C$ .
het vierkant $PQRS$ met $P$ en $Q$ op $AB$ , $R$ op $c$ en $S$ op $d$ .

Er geldt: $PQ=\frac{6}{5}$

Opdracht 11: (5 punten)
Toon dit op algebraïsche wijze aan, bijvoorbeeld met behulp van driehoek $AQR$ .

Aanpak:

Bij veel meetkundige opdrachten moet je een parameter invoeren. Vaak is hetgeen wat je moet berekenen $x$ noemen hierbij een goede keuze. Dat is hier ook het geval en we starten dus met $PQ=x$ te stellen.

In de opgave staat dat we kunnen werken in driehoek $\triangle AQR$ . Hiervan weten we al $AR$ . Die is namelijk de straal van de cirkel. Daarnaast hebben we $QR=x$ , omdat dit net als $PQ$ een zijde van het vierkant is. Als we dus ook nog $AQ$ kunnen uitdrukken in $x$ kunnen we in driehoek $\triangle AQR$ met Pythagoras de waarde van $x$ bepalen.

De manier om $AQ$ in $x$ uit te drukken, is door te gebruiken dat $AP=QB$ vanwege symmetrie. Nu kun je dus met $AP+PQ+QB=2$ de lengte van $AP$ uitdrukken in $x$ en dan kun je vervolgens ook de lengte van $AQ=AP+PQ$ uitdrukken in $x$ .

Uitwerking:

Stel $PQ=x$
Dan is ook $QR=x$ .
Verder geldt vanwege symmetrie dat $AP=BQ$ .
Uit $AP+PQ+QB=AB$ halen we dan $2\cdot AP+x=2$
$2\cdot AP=2-x$
$AP=1-\frac{1}{2}x$
We hebben dus $AQ=AP+PQ=1-\frac{1}{2}x+x=1+\frac{1}{2}x$ .
Met de stelling van Pythagoras in driehoek $\triangle AQR$ geldt nu $(1+\frac{1}{2}x)^2+x^2=4$
$1+x+\frac{1}{4}x^2+x^2=4$
$\frac{5}{4}x^2+x-3=0$
Vermenigvuldigen met 4 geeft $5x^2+4x-12=0$
$D=4^2-4\cdot 5\cdot -12=256$
$x=\frac{-4+\sqrt{256}}{2\cdot 5}\vee x=\frac{-4-\sqrt{256}}{2\cdot 5}$
$x=\frac{6}{5}\vee x=-2$
Alleen $x=\frac{6}{5}$ voldoet, omdat een negatieve afstand niet kan.
Conclusie: Er geldt $PQ=\frac{6}{5}$ .

Aan de tekening in figuur 1 is een cirkel met middelpunt $M$ en straal $r$ toegevoegd, die $RS$ en de beide kwartcirkels raakt.
Zie figuur 2.

Opdracht 12: (6 punten)
Bereken exact de straal $r$ .

Aanpak:

Bij opdrachten waarin meerdere cirkels een rol spelen, is het vaak nuttig om de middelpunten met elkaar te verbinden. Als we dat doen en er op een logische manier er een rechthoekige driehoek van maken, krijgen we dit plaatje:

Net als bij de vorige opdracht is het doel om alle zijden van een driehoek (in dit geval de blauw gemaakte driehoek) uit te drukken in een parameter. De slimme parameter om te kiezen, is de gevraagde straal $r$ . Er zijn twee hints waarmee je dit kunt bedenken:
1. Onbekende stralen zijn vaak de slimste parameters om te kiezen.
2. Vaak is de zijde die je moet berekenen een handige paramter om te kiezen.

De afstand tussen de middelpunten is als de cirkels uitwendig raken de som van de twee stralen. Als de cirkels aan de binnenkant raken, is het juist het verschil van de twee stralen. Er geldt daarom $AM=2-r$ . Verder is vanwege symmetrie $T$ precies halverwege $A$ en $B$ . Tot slot is de de lengte van $MT$ gelijk aan de hoogte van het vierkant (die gegeven is) plus de straal.

Nu we alle lengtes in $\triangle ATM$ in $r$ uitgedrukt hebben, kunnen we net als in de vorige opgave met Pythagoras $r$ berekenen.

Uitwerking:

In het plaatje uit de aanpak geldt $AM=2-r$ en $MT=\frac{6}{5}+r$ .
Verder geldt vanwege symmetrie $AT=\frac{1}{2}\cdot AB=1$ .
De stelling van Pythagoras in $\triangle AMT$ geeft $1^2+(\frac{6}{5}+r)^2=(2-r)^2$ .
$1+1\frac{11}{25}+2\frac{2}{5}r+r^2=4-4r+r^2$
$6\frac{2}{5}r=1\frac{14}{25}$
$r=\frac{39}{160}$

Pagina's: 1234567891011