Oefenexamen 2026 – Pagina 7

Twee lijnen en een cirkel

Gegeven zijn de lijn $m$ met vectorvoorstelling $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\2\end{pmatrix}+t\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}$ ,
de lijn $n$ met vectorvoorstelling $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\2\end{pmatrix}+s\begin{pmatrix}1\\-3\end{pmatrix}$
en de cirkel $c$ met vergelijking $x^2+(y-1)^2=1$ .

Opdracht 10: (3 punten)
Bereken de hoek tussen $m$ en $n$ . Rond je antwoord af op een geheel aantal graden.

Aanpak:

Er zijn in het algemeen twee standaardmanieren om de hoek tussen twee lijnen te berekenen:

Hoek tussen richtingsvectoren:
De hoek $\alpha$ tussen twee vectoren $\overrightarrow{v}$ en $\overrightarrow{w}$ wordt gegeven door $\cos(\alpha)=\frac{\overrightarrow{v}\cdot \overrightarrow{w}}{|\overrightarrow{v}|\cdot |\overrightarrow{w}|}$ . Als je de hoek tussen de twee richtingsvectoren pakt, krijg je ook een hoek tussen de twee lijnen. Een disclaimer is dat dit niet de kleinste hoek tussen de lijnen hoeft te zijn. Dit kun je op twee manieren oplossen. De eerste is door als het antwoord groter is dan 90 graden nog $180-\text{ans}$ te doen en de tweede is om bij de hoek tussen twee lijnen absolute waarden in de teller toe te voegen.
Verschil van hellingshoeken:
Het alternatief is om het verschil tussen de hellingshoeken van de twee lijnen te berekenen. Hiervoor moet je de richtingsvectoren eerst omschrijven naar richtingscoëfficiënten (de vector $\begin{pmatrix}p\\q\end{pmatrix}$ heeft een richtingscoëfficiënt van $a=\frac{\Delta y}{\Delta x}=\frac{q}{p}$ ). Vervolgens krijg je de bijbehorende hellingshoek met de formule $\tan(\text{hellingshoek})=a$ . Het verschil van de hellingshoeken geeft een hoek tussen de lijnen (als die groter is dan 90 graden, moet je net als hierboven $180 - \text{ans}$ doen om de kleinste hoek tussen de lijnen te krijgen).

Uitwerking met hoek tussen richtingsvectoren:

$\cos(\angle(m,n))=\frac{\left|\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}\cdot\begin{pmatrix}1\\-3\end{pmatrix}\right|}{\left|\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix}\right|\cdot\left|\begin{pmatrix}1\\-3\end{pmatrix}\right|}$
$\cos(\angle(m,n))=\frac{1\cdot 1-2\cdot -3}{\sqrt{1^2+(-2)^2}\cdot\sqrt{1^2+(-3)^2}}$
$\cos(\angle(m,n))=\frac{7}{\sqrt{5}\cdot\sqrt{10}}$
$\angle(m,n)=\cos^{-1}(\frac{7}{\sqrt{50}})$
$\angle(m,n)=8{,}130\ldots ^{\circ}$
Afgerond op een geheel aantal graden is de hoek tussen $m$ en $n$ gelijk aan 8 graden.

Uitwerking met hellingshoeken:

$a_m=\frac{-2}{1}=-2$
Voor de hellingshoek $\alpha$ van $m$ geldt $\tan(\alpha)=-2$
$\alpha=-63{,}434\ldots^{\circ}$
$a_n=\frac{-3}{1}=-3$
Voor de hellingshoek $\beta$ van $n$ geldt $\tan(\beta)=-3$
$\beta=-71{,}565\ldots^{\circ}$
$\angle(m,n)=\alpha-\beta = -63{,}434\ldots^{\circ} - - 71{,}565\ldots ^{\circ}= 8{,}130\ldots^{\circ}$
Afgerond op een geheel aantal graden is de hoek tussen $m$ en $n$ gelijk aan 8 graden.

Lijn $m$ snijdt de $x$ -as in $A$ en lijn $m$ snijdt cirkel $c$ in $(0,2)$ en in $B$ .
Lijn $n$ snijdt de $x$ -as in $D$ en lijn $n$ snijdt cirkel $c$ in $(0,2)$ en in $C$ .
Zie de figuur.

Voor het punt $B$ geldt: $B(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ .

Opdracht 11: (4 punten)
Toon aan dat het punt $B$ inderdaad de coördinaten $(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ heeft.

Aanpak:

We willen hier het snijpunt van lijn $m$ en de cirkel weten. De strategie daarbij is om de lijn te substitueren in de cirkel. Dat kan zowel als vectorvoorstelling (je moet dan $x=0+t$ en $y=2-2t$ invullen) of door de vectorvoorstelling om te schrijven naar een lijn en die formule in te vullen in de cirkel. In beide gevallen krijg je een vergelijking die je kan oplossen. De oplossing vul je weer in de vectorvoorstelling of lijn in om de coördinaten van $B$ te krijgen.

Een alternatief is in dit geval om simpelweg $B$ in te vullen in de cirkel en de lijn. Als die op beide ligt, moet het immers wel het snijpunt zijn.

Uitwerking met vectorvoorstelling substitueren:

$\begin{cases}x=t\\ y=2-2t\end{cases}$ substitueren in $x^2+(y-1)^2=1$ geeft:
$t^2+(2-2t-1)^2=1$
$t^2+(-2t+1)^2=1$
$t^2+4t^2-4t+1=1$
$5t^2-4t=0$
$t(5t-4)=0$
$t=0\vee 5t=4$
$t=0\vee t=\frac{4}{5}$
Bij $t=0$ hoort $(0,2)$
$t=\frac{4}{5}$ geeft $\begin{pmatrix}x\\y\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}0\\2\end{pmatrix}+\frac{4}{5}\begin{pmatrix}1\\-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}\frac{4}{5}\\ \frac{2}{5}\end{pmatrix}$
Het punt $B$ is dus inderdaad $B(\frac{4}{5}, \frac{2}{5})$ .

Uitwerking met lijn substitueren:

$a_m=\frac{-2}{1}=-2$
$m:y=-2x+2$
Lijn $m$ substitueren in $x^2+(y-1)^2=1$ geeft:
$x^2+(-2x+2-1)^2=1$
$x^2+(-2x+1)^2=1$
$x^2+x^2-4x+1=1$
$5x^2-4x=0$
$x(5x-4)=0$
$x=0\vee 5x=4$
$t=0\vee x=\frac{4}{5}$
Bij $x=0$ hoort $(0,2)$
$x=\frac{4}{5}$ substitueren in $m:y=-2x+2$ geeft $y=-2\cdot \frac{4}{5}+2=\frac{2}{5}$ .
Het punt $B$ is dus inderdaad $B(\frac{4}{5}, \frac{2}{5})$ .

Uitwerking met nagaan of $(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ op $m$ en de cirkel ligt:

$(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ invullen in de cirkel geeft:
$(\frac{4}{5})^2+(\frac{2}{5}-1)^2=1$
$\frac{16}{25}+\frac{9}{25}=1$
Deze vergelijking kopt, $(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ ligt dus op de cirkel.
$a_m=\frac{-2}{1}=-2$
$m:y=-2x+2$
$(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ hierin invullen geeft:
$\frac{2}{5}=-2\cdot \frac{4}{5}+2$
Deze vergelijking klopt, $(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ ligt dus ook op $m$ .
We hebben dus dat $(\frac{4}{5},\frac{2}{5})$ een snijpunt is van de cirkel en $m$ . Het moet dus wel punt $B$ zijn.

Voor de punten $A$ , $C$ en $D$ geldt: $A(1,0)$ , $C(\frac{3}{5},\frac{1}{5})$ en $D(\frac{2}{3},0)$ .

Opdracht 12: (6 punten)
Toon aan dat de punten $A$ , $B$ , $C$ en $D$ op één cirkel liggen.

Aanpak:

In klas 5 hebben we geleerd dat je het middelpunt van een cirkel waarop de punten $A$ , $B$ en $D$ liggen, kunt vinden door de middelloodlijnen van $AB$ en $AD$ te snijden. De logica daarachter is dat de punten op de middelloodlijn van $AB$ precies de punten zijn die even ver van $A$ als $B$ af liggen. Het middelpunt van de cirkel moet even ver van $A$ , $B$ en $D$ af liggen en is dus het snijpunt van de twee middelloodlijnen.

Als je bovenstaande nog weet, is de vraag gewoon een kwestie van de volgende zaken achter elkaar doen:

middelloodlijnen opstellen
het snijpunt van de middellloodlijnen berekenen
de straal van de cirkel berekenen
nagaan of $C$ op dezelfde cirkel ligt

Als je bovenstaande vergeten was, is het alternatief om te beginnen met een algemene cirkel van de vorm $(x-p)^2+(y-q)^2=r^2$ . Door de punten $A$ , $B$ en $D$ hierin in te vullen, krijg je een stelsel van drie vergelijkingen en drie onbekenden die je met wat handigheid in algebra ook kunt oplossen.

Uitwerking met middelloodlijnen:

Halverwege $A$ en $D$ ligt $(\frac{1}{2}(1+\frac{2}{3}), 0) = (\frac{5}{6},0)$
Aangezien $AD$ horizontaal is, is de middelloodlijn van $AD$ verticaal.
De middelloodlijn van $AD$ is dus $x=\frac{5}{6}$ .
Halverwege $A$ en $B$ ligt $(\frac{1}{2}(1+\frac{4}{5}), \frac{1}{2}(0+\frac{2}{5})) = (\frac{9}{10},\frac{1}{5})$
$a_{AB} = \frac{\frac{2}{5}-0}{\frac{4}{5}-1} = -2$
$a_{\text{middelloodlijn} AB} = \frac{-1}{-2} = \frac{1}{2}$
De formule van de middelloodlijn van $AB$ is $y=\frac{1}{2}(x-\frac{9}{10})+\frac{1}{5}$
(of $y=\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$ als je liever $y=ax+b$ gebruikt).
Voor het snijpunt van $x=\frac{5}{6}$ en $y=\frac{1}{2}(x-\frac{9}{10})+\frac{1}{5}$ geldt:
$y=\frac{1}{2}(\frac{5}{6}-\frac{9}{10})+\frac{1}{5}=\frac{1}{6}$
Dus $M(\frac{5}{6}, \frac{1}{6})$
$r=MA=\sqrt{(1-\frac{5}{6})^2+(0-\frac{1}{6})^2} = \sqrt{\frac{1}{18}}$
De punten $A$ , $B$ en $D$ liggen dus op de cirkel met middelpunt $M(\frac{5}{6}, \frac{1}{6})$ en straal $r=\sqrt{\frac{1}{18}}$
$MC=\sqrt{(\frac{3}{5}-\frac{5}{6})^2+(\frac{1}{5}-\frac{1}{6})^2}=\sqrt{\frac{1}{18}}$
$C$ ligt dus ook op de cirkel met middelpunt $M$ en straal $r=\sqrt{\frac{1}{18}}$ . Alle vier de punten liggen dus op dezelfde cirkel.

Opmerking: Natuurlijk kun je deze oplossing ook doen met andere middelloodlijnen. De middelloodlijnen die je kan krijgen, zijn:

De middelloodlijn van $AB$ is $y=\frac{1}{2}x-\frac{1}{4}$ .
De middelloodlijn van $AC$ is $y=2x-\frac{3}{2}$
De middelloodlijn van $AD$ is $x=\frac{5}{6}$
De middelloodlijn van $BC$ is $y=-x+1$
De middelloodlijn van $BD$ is $y=-\frac{1}{3}x+\frac{4}{9}$
De middelloodlijn van $CD$ is $y=\frac{1}{3}x-\frac{1}{9}$

Vervolgens moet je daarmee natuurlijk op hetzelfde middelpunt en straal uitkomen.

Uitwerking met stelsel van vergelijkingen:

De standaardformule van een cirkel is $(x-p)^2+(y-q)^2=r^2$ .
Voor de cirkel die door de punten $A$ , $B$ en $D$ gaat, geldt: $\begin{cases}(1-p)^2+q^2=r^2\\(\frac{4}{5}-p)^2+(\frac{2}{5}-q)^2=r^2\\(\frac{2}{3}-p)^2+q^2=r^2\end{cases}$
De eerste en laatste vergelijking van elkaar aftrekken geeft: $(1-p)^2-(\frac{2}{3}-p)^2=0$
$(1-p)^2=(\frac{2}{3}-p)^2$
$1-p=\frac{2}{3}-p\vee 1-p=-\frac{2}{3}+p$
$0=-\frac{1}{3}\vee -2p=-1\frac{2}{3}$
$p=\frac{5}{6}$ (want de eerste vergelijking heeft geen oplossingen)
$p=\frac{5}{6}$ invullen in het stelsel geeft: $\begin{cases}(\frac{1}{6})^2+q^2=r^2\\(\frac{4}{5}-\frac{5}{6})^2+(\frac{2}{5}-q)^2=r^2\end{cases}$
$\begin{cases}\frac{1}{36}+q^2=r^2\\ \frac{1}{900}+(\frac{2}{5}-q)^2=r^2 \end{cases}$
De vergelijkingen gelijkstellen geeft:
$\frac{1}{36}+q^2=\frac{1}{900}+(\frac{2}{5}-q)^2$
$\frac{1}{36}+q^2=\frac{1}{900}+\frac{4}{25}-\frac{4}{5}q+q^2$
$\frac{4}{5}q=\frac{2}{15}$
$q=\frac{1}{6}$
Dit invullen in $\frac{1}{36}+q^2=r^2$ geeft:
$r^2=\frac{1}{36}+(\frac{1}{6})^2=\frac{1}{18}$
De formule van de cirkel door $A$ , $B$ en $D$ is dus $(x-\frac{5}{6})^2+(y-\frac{1}{6})^2=\frac{1}{18}$
Invullen van $C$ in deze formule geeft $(\frac{3}{5}-\frac{5}{6})^2+(\frac{1}{5}-\frac{1}{6})^2=\frac{1}{18}$
$(\frac{-7}{30})^2+(\frac{1}{30})^2=\frac{1}{18}$
$\frac{49}{900}+\frac{1}{900}=\frac{50}{900}$
Deze vergelijking klopt en dus liggen alle vier de punten op de cirkel $(x-\frac{5}{6})^2+(y-\frac{1}{6})^2=\frac{1}{18}$ .

Pagina's: 12345678910