Hoofdstuk 12 - Wiskunde Uitwerkingen.nl

G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
1/16
1
Vermoeden: ∠ACB is constant (in figuur 12.1 als punt C over de bovenste boog AB loopt).
2a 2b *
*
2c Vermoeden: ∠ACB = 1 ∠ACB .
4a
Gegeven: De punten C en D op dezelfde cirkelboog AB .
Te bewijzen: ∠C = ∠D .
Bewijs: Teken een punt E op de cirkelboog AB waarop niet de punten C en D liggen.
∠C + ∠E = 180° (AEBC is een koordenvierhoek) 
⇒ ∠C = ∠D .
∠D + ∠E = 180° (AEBD is een koordenvierhoek) 
4b
Uit de stelling van de constante hoek volgt dat ∠ACB overal op een cirkelboog AB gelijk is.
5a
Gegeven: De punten A, B , C en D met C en D aan dezelfde kant van AB en ∠C = ∠D .
Te bewijzen: C en D liggen op dezelfde cirkelboog AB .
Bewijs: Teken de cirkel door de punten A, B en C .
∠C + ∠E = 180° (AEBC is een koordenvierhoek) 
 ⇒ ∠D + ∠E = 180°.
∠C = ∠D (gegeven)

Dus AEBD is een koordenvierhoek.
Hieruit volgt dat C en D op dezelfde cirkelboog AB liggen.
5b
In vierhoek ABCD liggen C en D aan dezelfde kant van AB .
Als ∠ADB = ∠ACB , dan liggen C en D op dezelfde cirkelboog AB (constante hoek),
dus A, B , C , en D liggen op één cirkel ⇒ ABCD is een koordenvierhoek.
6a
Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie figuur 12.4a).
2
3a 3b *
Vermoeden: De drie cirkels gaan door één punt.
3c Vermoeden: De drie lijnstukken gaan door één punt.
Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB .
2
Bewijs: Verleng AM . Zo ontstaat de middellijn AD .
∠ACB = ∠ADB (constante hoek)


∠MDB = ∠MBD (gelijkbenige driehoek)
⇒
∠MDB + ∠MBD + ∠BMD = 180° (hoekensom driehoek) 
2 ⋅ ∠ACB + ∠BMD = 180°

⇒ 2 ⋅ ∠ACB = ∠AMB ⇒ ∠ACB = 1 ∠AMB .
2
∠AMB + ∠BMD = 180° (gestrekte hoek) 
6b
Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie figuur 12.4b).
Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB .
2
Bewijs: Verleng AM . Zo ontstaat de middellijn AD .
∠D = 180° − ∠C (koordenvierhoek)


∠B 1 = ∠D (gelijkbenige driehoek)
 ⇒ ∠M1 + 180° − ∠C + 180° − ∠C = 180° ⇒

∠M1 + ∠D + ∠B 1 = 180° (hoekensom driehoek)  ∠M 2 = 180° (gestrekte hoek)

∠M1 + ∠M 2 = 2 ⋅ ∠C ⇒ ∠M12 = 2 ⋅ ∠C ⇒ 1 ∠M12 = ∠C ofwel ∠ACB = 1 ∠AMB .
2
2
Alternatieve uitwerking
Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie figuur 12.4b).
Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB .
2
6c
Bewijs: Teken punt D op de cirkel zoals hiernaast en teken CD en DM .
∠C 1 = 1 ∠M1 (onderdeel 6a) 
1
1
2
 ⇒ ∠C 12 = 2 ∠M12 ofwel ∠ACB = 2 ∠AMB .
∠C 2 = 1 ∠M 2 (onderdeel 6a) 
2

Gegeven: De punten A, B , en C op de cirkel met middelpunt M (zie de figuur hiernaast).
Te bewijzen: ∠ACB = 1 ∠AMB .
2
Bewijs: ∠ACB = 90° (Thales)

⇒ ∠ACB = 1 ∠AMB .
2
∠AMB = 180° (gestrekte hoek) 
7a
Gegeven: Een cirkel met middelpunt M en de gelijke bogen AB en CD .
Te bewijzen: AB = CD .
Bewijs: boog AB = boog CD ⇒ ∠AMB = ∠CMD 
⇒ ∆AMB
∆CMD (ZHZ) ⇒ AB = CD .
AM = BM = CM = DM (straal van de cirkel) 
≌
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
7b
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
2/16
Gegeven: Een cirkel met middelpunt M en de gelijke koorden AB en CD .
Te bewijzen: boog AB = boog CD .
Bewijs:
AB = CD

⇒ ∆AMB
∆CMD (ZZZ) ⇒ ∠AMB = ∠CMD ⇒ boog AB = boog CD .
AM = BM = CM = DM (straal van de cirkel) 
≌
8
Gegeven: Driehoek ABC met hoogtelijn CF en met FD ⊥ BC en FE ⊥ AC .
Te bewijzen: ∠CDE = ∠A.
Bewijs: Teken DE .
∠E 12 + ∠D12 = 90° + 90°, dus CDFE is een koordenvierhoek (koordenvierhoek).
Dus ∠D 1 = ∠F 2 (constante hoek)


⇒ ∠D 1 = ∠A
In ∆AEF is ∠A = 90° − ∠F 1 
⇒ ∠A = ∠F 2 

∠F 2 = 90° − ∠F 1 (rechte hoek) 
 ofwel ∠CDE = ∠A.
9
Gegeven: De gelijkbenige driehoek ABC met AC = BC en
het punt P met ∠CDE = 1 ∠ACB aan
2
dezelfde kant van AB als C (zie figuur 12.4b).
Te bewijzen: BC = CP .
Bewijs:
Teken de cirkel met middelpunt C en straal AC .
Punt D ligt op de boog AB aan dezelfde kant van AB als C .
∠D = 1 ∠ACB (omtrekshoek) 
2
 ⇒ ∠D = ∠P .
∠P = 1 ∠ACB (gegeven)

2
Hieruit volgt dat D en P op de zelfde cirkelboog AB met
middelpunt C liggen (constante hoek) dus BC = CP (straal van de cirkel).
10a
Gegeven: ∆ABC met de naar buiten gerichte gelijkzijdige
driehoeken BCP , ACQ en ABR (zie figuur 12.7).
Te bewijzen: De omgeschreven cirkels van de driehoeken
BCP , ACQ en ABR gaan door één punt.
Bewijs:
De omgeschreven cirkels van de driehoeken BCP en ACQ
snijden elkaar binnen ∆ABC in het punt T .
∠P + ∠BTC = 180° (koordenvierhoek) 
 ⇒ ∠BTC = 120° (1)
∠P = 60° (gelijkzijdige driehoek)

∠Q + ∠ATC = 180° (koordenvierhoek) 
 ⇒ ∠ATC = 120° (2)
∠Q = 60° (gelijkzijdige driehoek)

Uit (1) en (2) volgt ∠ATB = 120°
⇒ ∠ATB + ∠R = 180°
∠R = 60° (gelijkzijdige driehoek) 
Dus ATBR is een koordenvierhoek (koordenvierhoek),
dus T ligt op de omgeschreven cirkel van driehoek ABR .
Hieruit volgt dat de drie omgeschreven cirkels door één punt gaan.
10b
Gegeven: ∆ABC met ∠ACB > 120° en de naar buiten gerichte
gelijkzijdige driehoeken BCP , ACQ en ABR .
Te bewijzen: De omgeschreven cirkels van de driehoeken
BCP , ACQ en ABR gaan door één punt.
Bewijs:
De omgeschreven cirkels van de driehoeken BCP en ACQ
snijden elkaar buiten ∆ABC in het punt T .
∠P = ∠BTC (constante hoek) 
⇒ ∠BTC = 60° (1)
∠P = 60° (gelijkzijdige driehoek) 
∠Q = ∠ATC (constante hoek) 
⇒ ∠ATC = 60° (2)
∠Q = 60° (gelijkzijdige driehoek) 
Uit (1) en (2) volgt ∠ATB = 60° + 60° = 120°
 ⇒ ∠ATB + ∠R = 180°
∠R = 60° (gelijkzijdige driehoek)

Dus ATBR is een koordenvierhoek (koordenvierhoek),
dus T ligt op de omgeschreven cirkel van driehoek ABR .
Hieruit volgt dat de drie omgeschreven cirkels door één punt gaan.
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
3/16
11a
∠C 1 = ∠C 3 = 60° (gelijkzijdige driehoek) ⇒ ∠C 12 = ∠C 23 

QC = AC (gelijkzijdige driehoek)
 ⇒ ∆QBC

BC = PC (gelijkzijdige driehoek)
11b
∆QBC
∆APC ⇒ ∠CQB = ∠CAP ofwel ∠CQS = ∠CAS .
Hieruit volgt dat Q en A op dezelfde cirkelboog CS liggen (constante hoek),
dus AQCS is een koordenviehoek.
11c
∠A1 = ∠A3 = 60° (gelijkzijdige driehoek) ⇒ ∠A12 = ∠A23 

AQ = AC (gelijkzijdige driehoek)
 ⇒ ∆QBA ∆CRA (ZHZ).

AB = AR (gelijkzijdige driehoek)
∆QBA ∆CRA ⇒ ∠AQB = ∠ACR ofwel ∠AQU = ∠ACU .
Hieruit volgt dat Q en C op dezelfde cirkelboog AU liggen (constante hoek),
dus AQCU is een koordenviehoek.
≌ ∆APC (ZHZ).
≌
≌
≌
11d
S op BQ en uit 11b volgt dat S op de omgeschreven cirkel van ∆AQC ligt 
U op BQ en uit 11c volgt dat U op de omgeschreven cirkel van ∆AQC ligt 
Dus S en U zijn hetzelfde punt, ofwel AP , BQ en CR snijden elkaar in één punt.
11e
Het snijpunt van AP , BQ en CR ligt op de omgeschreven cirkel van ∆AQC (zie 11d)
Uit ∆QBC
∆APC (zie 11a) volgt op dezelfde manier als in 11b en 11d dat
het snijpunt van AP , BQ en CR op de omgeschreven cirkel van ∆BPC ligt.
Dus het snijpunt van AP , BQ en CR is het punt T van opgave 10.
12a
Gegeven: De punten A, B , C en D op een cirkel zo, dat de
lijnen AB en CD elkaar binnen de cirkel snijden in P .
Te bewijzen: PA ⋅ PB = PC ⋅ PD .
Bewijs:
Teken de lijnstukken AC en BD .
∠A = ∠D (constante hoek) 
⇒ ∆ACP
∆DBP (hh)
∠B = ∠C (constante hoek) 
Hieruit volgt PA = PC , dus (neem kruisproducten) PA ⋅ PB = PC ⋅ PD .
≌
∽
PD
12b
PB
Gegeven: De punten A, B , C en D op een cirkel zo, dat de
lijnen AB en CD elkaar buiten de cirkel snijden in P .
Te bewijzen: PA ⋅ PB = PC ⋅ PD .
Bewijs:
Teken de lijnstukken AC en BD .
∠A + ∠D1 = 180° (koordenvierhoek) 
⇒ ∠A = ∠D2 
∠D1 + ∠D2 = 180° (gestrekte hoek) 
∆DPB (hh)
 ⇒ ∆APC
∠P = ∠P 
Hieruit volgt PA = PC , dus (neem kruisproducten) PA ⋅ PB = PC ⋅ PD .
∽
PD
13a
Bewijs:
PB
Teken AB en CD .
∠P1 + ∠A + ∠B = 180° (hoekensom driehoek) 

1
1

∠A = 1 ∠BMC (omtrekshoek)
 ⇒ ∠P1 + 2 ∠BMC + 2 ∠AMD = 180°
2
⇒

∠B = 1 ∠AMD (omtrekshoek)
∠AMB + ∠BMC + ∠CMD + ∠AMD = 360° 

2

P1 + 1 ∠BMC + 1 ∠AMD = 1 ∠AMB + 1 ∠BMC + 1 ∠CMD + 1 ∠AMD
2
2
2
2
2
2
Dus ∠APB = 1 ∠AMB + 1 ∠CMD = 1 (∠AMB + ∠CMD ).
2
13b
2
2
Bewijs:
Teken BD .
∠D1 + ∠P + ∠B = 180° (hoekensom driehoek) 
⇒
∠D1 + ∠D2 = 180° (gestrekte hoek)

∠P + 1 ∠CMD = 1 ∠AMB ⇒ ∠APB = 1 ∠AMB
2
14
2
2
∠P + ∠B = ∠D2


∠B = 1 ∠CMD (omtrekshoek)  ⇒
2

∠D2 = 1 ∠AMB (omtrekshoek) 
2

− 1 ∠CMD = 1 ( ∠AMB − ∠CMD ).
2
2
Gegeven: Twee cirkels met gelijke straal die elkaar snijden in A en B .
De lijn l door A snijdt de cirkels in P en Q .
Te bewijzen: Driehoek BPQ is gelijkbenig.
Bewijs:
Noem het middelpunt van de linker cirkel M en van de rechter cirkel N .
Teken BP , BQ , AB , AN en BN .
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
4/16
MA = MB = NA = NB ( = straal) 
 ⇒ ∆MAB
AB = AB

≌ ∆NAB (ZZZ) ⇒ ∠AMB = ∠N 1.

∠Q 1 = 1 ∠N 2 (omtrekshoek)
1
2
 ⇒ ∠Q 1 = 180° − 2 ∠N 1 
∠N 1 + ∠N 2 = 360° ⇒ ∠N 2 = 360° − ∠N 1 
⇒
∠Q 1 = 180° − ∠Q 2 

∠Q 2 = 1 ∠N 1 
1
2
 ⇒ ∠Q 2 = 2 ∠AMB 
∠AMB = ∠N 1 
 ⇒ ∠P = ∠Q 2 ⇒ driehoek BPQ is gelijkbenig.

1
∠P = ∠AMB (omtrekshoek)

2
15a
AD 2 + CD 2 = AC 2  ⇒ AC 2 > AD 2 ⇒ AC > AD .

CD > 0

15b
BD 2 + CD 2 = BC 2 (Pythagoras)  ⇒ BC 2 > BD 2 ⇒ BC > BD .

CD > 0

AC > AD (15a) 
⇒ AC + BC > AD + BD 
BC > BD (15b) 
 ⇒ AC + BC > AB .
AD + BD = AB

15c
16
Gegeven: ∆ABC met een willekeurig punt P binnen deze driehoek.
Te bewijzen: PA + PB + PC > s .
Bewijs:
Teken de lijnstukken PA, PB en PC .
PA + PB > c (driehoeksongelijkheid) 

PB + PC > a (driehoeksongelijkheid)  ⇒ 2PA + 2PB + 2PC > a + b + c
PC + PA > b (driehoeksongelijkheid) 
PA + PB + PC > 1 (a + b + c )
2
PA + PB + PC > s .
17
Gegeven: ∆ABC met een willekeurig punt D op BC .
Te bewijzen: AD < s .
Bewijs:
Teken lijnstuk AD .
AD < CD + b (driehoeksongelijkheid) 
⇒ 2AD < CD + BD + b + c
AD < BD + c (driehoeksongelijkheid) 
2AD < a + b + c
AD < 21 (a + b + c )
AD < s .
18
Gegeven: Vierhoek ABCD met een punt P niet op een van de diagonalen.
Te bewijzen: AP + BP + CP + DP > AC + BD .
Bewijs:
Teken AP , BP , CP , DP en de diagonalen AC en BD .
AP + CP > AC (driehoeksongelijkheid) 
⇒ AP + BP + CP + DP > AC + BD .
BP + DP > BD (driehoeksongelijkheid) 
19a
Dit volgt uit de driehoeksongelijkheid.
19b
AB + BC > AC is in tegenspraak met AB + BC = AC , dus de veronderstelling
dat B niet op de lijn AC ligt is onjuist ⇒ B ligt op de lijn AC .
20
Gegeven: Vierhoek ABCD met AB = CD en AB // CD .
Te bewijzen: AD // BC ( // betekent "is evenwijdig met ").
Bewijs:
Veronderstel dat niet geldt AD // BC , dan
snijden AD en BC elkaar in een punt S .
(zie de rechter figuur hiernaast)
∽

∠S = ∠S
⇒ ∆ABS
∆DCS (hh) ⇒ AB = AS .
∠A2 = ∠D (F-hoeken) 
DC
DS
Omdat AS ≠ DS is AB ≠ DC ( ≠ betekent "is niet gelijk aan").
Dit is in tegenspraak met AB = CD .
De veronderstelling dat AD niet evenwijdig is met BC is dus onjuist ⇒ AD // BC .
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
21
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
5/16
Gegeven: ∆ABC met ∠A = ∠B .
Te bewijzen: AC = BC .
Bewijs:
Veronderstel dat AC > BC , dan is er een punt D op AC zo, dat AD = BC .
AD = BC 

∠A = ∠B 12  ⇒ ∆ABD ∆BAC (ZHZ) ⇒ ∠B 1 = ∠A.
AB = AB 
≌
Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ er geldt niet AC > BC

⇒ AC = BC .
Op dezelfde manier leidt de veronderstelling AC < BC tot een tegenspraak 
22a
O ( ∆ADC ) = 21 ⋅ CD ⋅ h (oogte trapezium)
22c
O ( ∆BDC ) = 21 ⋅ CD ⋅ h (oogte trapezium)
(h is de afstand tussen AB en CD )
22b
O ( ∆ADS ) = O ( ∆ADC ) − O ( ∆CDS )
= O ( ∆BDC ) − O ( ∆CDS )
= O ( ∆BCS ).
23a
Gegeven: ∆ABC met ∠C = 90°.
Bewijs:
Teken de hoogtelijn CD .
∠A = ∠A

⇒ ∆ACB
∠C = ∠D = 90°
∠B = ∠B

⇒ ∆BCA
∠C = ∠D = 90°
Uit (1) en (2) volgt nu:
AC 2 + BC 2
Veronderstel dat PS < QS .
Dan O ( ∆APS ) < O ( ∆BQS ) en O ( ∆DPS ) < O ( ∆CQS ).
Dus O ( ∆ADS ) < O ( ∆BCS ).
In tegenspraak met onderdeel 22b ⇒ er geldt niet PS < QS .
Op dezelfde manier leidt "PS > QS " tot een tegenspraak.
Dus PS = QS .
Te bewijzen:
BC 2 + AC 2 = AB 2 .
∽ ∆ADC (hh) ⇒ AC
= AB ⇒ AC 2 = AD ⋅ AB (1).
AD AC
∽ ∆BDC (hh) ⇒ BC
= BA ⇒ BC 2 = BD ⋅ AB (2).
BD BC
23b
= AD ⋅ AB + BD ⋅ AB = (AD + BD ) ⋅ AB = AB ⋅ AB = AB 2 .
Gegeven: ∆ABC met BC 2 + AC 2 = AB 2 .
Te bewijzen: ∠C = 90°.
Bewijs:
I Veronderstel ∠C < 90°, dan snijdt de hoogtelijn uit A de zijde BC in D .
In ∆ACD is: AD 2 + CD 2 = AC 2 (Pythagoras)
In ∆ABD is: AD 2 + BD 2 = AB 2 (Pythagoras)
CD 2 − BD 2 = AC 2 − AB 2
−
AB 2 = AC 2 + BD 2 − CD 2
AB 2 = AC 2 + (BD + CD ) ⋅ (BD − CD )
AB 2 = AC 2 + BC ⋅ (BD − CD ) < AC 2 + BC ⋅ BC ⇒ AB 2 < AC 2 + BC 2 .
Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ veronderstelling I is onjuist.
II Veronderstel ∠C > 90°, dan snijdt de hoogtelijn uit A de zijde BC in D .
In ∆ACD is: AD 2 + CD 2 = AC 2 (Pythagoras)
In ∆ABD is: AD 2 + BD 2 = AB 2 (Pythagoras)
CD 2 − BD 2 = AC 2 − AB 2
AB 2 = AC 2 + BD 2 − CD 2
−
AB 2 = AC 2 + (BD + CD ) ⋅ (BD − CD )
AB 2 = AC 2 + (BD + CD ) ⋅ BC > AC 2 + BC ⋅ BC ⇒ AB 2 > AC 2 + BC 2 .
Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ veronderstelling II is onjuist.
∠C < 90° en ∠C > 90° zijn onjuist ⇒ ∠C = 90°.
24 Vermoeden: ∠A en de hoek tussen k en koorde BC zijn gelijk.
25ab Vermoeden: De drie cirkels gaan door één punt.
26a
25c Vermoeden: ∠PAB = ∠PBC = ∠PCA.
Gegeven: Een cirkel met koorde AB , raaklijn k in A aan de cirkel en een punt C op de grootste boog AB .
Te bewijzen: ∠A 1 = ∠ACB .
Bewijs:
Teken het middelpunt M en de stralen AM en BM .

∠A2 = ∠B 1 (gelijkbenige driehoek)
⇒
∠A2 + ∠B 1 + ∠AMB = 180° (hoekensom driehoek) 

2 ⋅ ∠A2 + ∠AMB = 180° ⇒ ∠A2 + 1 ∠AMB = 90°
2
⇒
∠A2 + ∠A 1 = 90° (raaklijn) 

∠A 1 = 1 ∠AMB

2
⇒ ∠A 1 = ∠ACB .

∠ACB = 1 ∠AMB (omtrekshoek) 
2

G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
6/16
26b
Gegeven: Een cirkel met koorde AB , raaklijn k in A aan de cirkel en een punt D op de grootste boog AB .
Te bewijzen: ∠A 1 = ∠D .
Bewijs:
Teken middellijn AC en lijnstuk BC .

∠B 12 = 90° (Thales)

∠A 12 = 90° (raaklijn)
⇒
∠A2 = ∠B 2 (gelijkbenige driehoek) 

∠A 1 = ∠B 1
⇒
∠B 1 = ∠C (gelijkbenige driehoek) 

∠A 1 = ∠C
 ⇒ ∠A 1 = ∠D .
∠C = ∠D (constante hoek) 
27
Gegeven: De punten A, B en C op een cirkel met de
raaklijn in C evenwijdig met koorde AB .
Te bewijzen: ∆ABC is gelijkbenig.
Bewijs:
Teken AC en BC .
∠B = ∠C 3 (Z-hoeken)

⇒ ∠B = ∠A ⇒ ∆ABC is gelijkbenig.
∠A = ∠C 3 (hoek tussen koorde en raaklijn) 
28
Gegeven: Een punt P buiten een cirkel, lijn k door P snijdt de cirkel
in de punten A en B en lijn l door P raakt de cirkel in C .
Te bewijzen: PA ⋅ PB = PC 2 .
Bewijs:
Teken AC en BC .
∠PCA = ∠B (hoek tussen koorde en raaklijn) 
⇒
∠P = ∠P

∆PCA
∽ ∆PBC (hh) ⇒ PCPB = PCPA ⇒ PA ⋅ PB = PC 2.
29a
Volgens de stelling van de hoek tussen koorde en raaklijn.
29b
∠PBC = ∠PCA (hoek tussen koorde en raaklijn).
∠PCA = ∠PAB (hoek tussen koorde en raaklijn).
29c
Noem T het snijpunt van c 1 en c 2 .
T op c 1 ⇒ ∠TAB = ∠TBC (29a) 
⇒ ∠TAB = ∠TCA ⇒T op c 3 (29b) ⇒ c 1, c 2 en c 3 gaan door één punt.
T op c 2 ⇒ ∠TBC = ∠TCA (29b) 
30
Gegeven: Lijn l , een punt P niet op l en het punt Q op l zo, dat PQ ⊥ l .
Te bewijzen: PQ is de kortste verbinding van P met l .
Bewijs: PQ 2 + QR 2 = PR 2 (Pythagoras) 
2
2
 ⇒ PQ < PR ⇒ PQ < PR .
QR 2 > 0 (R valt niet samen met Q ) 
Omdat R een willekeurig punt op l is, is PQ de kortste verbinding van P met l .
31a
d (P , A ) = d (P , B ) ⇒ P op de middelloodlijn van AB .
31b
d (P , k ) = d (P , l ) (en k snijdt l ) ⇒ P op de twee bissectrices (hoekdeellijnen) van de hoeken tussen (de lijnen) k en l .
31c
d (P , m ) = d (P , n ) (met m n ) ⇒ P op de lijn evenwijdig met m en n , die gelijke afstand heeft tot m en tot n .
31d
d (P , M ) = 3 ⇒ P op de cirkel met middelpunt M en straal 3 (Notatie: (M , 3)).
32a
d (P , k ) = 3 ⇒ P op de lijnen op afstand 3 van k .
(zie de figuur hierdonder)
3 cm
4 cm
k
k
3 cm
32b
d (P , k ) = 4 ⇒ P op de lijnen op afstand 4 van k .
d (P , k ) ≥ 4 ⇒ P op of buiten de lijnen op afstand 4 van k .
4 cm
opgave 32b
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
33a
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
7/16
d (P , c 1 ) = d (P , c 2 ) ⇒ P op de middelloodlijn van M1M 2 .
3 cm
2 cm
(teken nu zelf in het werkboek de middeloodlijn van M 1M 2 )
33b
d (P , c 1 ) = 3 ⇒ P op (M1, 6).
d (P , c 2 ) = 2 ⇒ P op (M 2, 5) of (M 2, 1).
d (P , c 1 ) ≥ 3 ∧ (én) d (P , c 2 ) ≤ 2 is dan het gearceerde
gebied (met rand) in de figuur hiernaast.
2 cm
3 cm
M2
M1
1 cm
c2
c1
34
d (P , k ) = 2 ⋅ d (P , l ) (zie de figuur hieronder).
2
d
3
k
(k , l )
1
d
3
(k , l )
l
d (k , l )
35a
d (P , c 1 ) = 2 ⋅ d (P , c 2 ).
35b
d (P , c 2 ) = 2 ⋅ d (P , c 1 ).
(zie de rechter figuur hiernaast)
(zie de linker figuur hiernaast)
36a
Zie de figuur naast 36c.
36b
Voor O (0, 0) is d (P , F ) = d (P , l ) = 1.
(zie de rechter figuur hiernaast)
36c
d (P , F ) = 3 ⇒ P op (F , 3).
d (P , l ) = 3 ⇒ P op de lijnen op afstand 3 van l .
d (P , F ) = d(P , l ) = 3 ⇒ P = P1 of P = P2 .
(zie de figuur hiernaast)
36d
d (P , F ) = d (P , l ) = 1,5 ⇒ P = P3 of P = P 4 .
d (P , F ) = d (P , l ) = 2 ⇒ P = P 5 of P = P6 .
d (P , F ) = d (P , l ) = 5 ⇒ P = P 7 of P = P 8 .
(zie de figuur hiernaast)
Vermoeden: de punten P liggen op een
parabool als d (P , F ) = d (P , l ).
36e
d (P , l ) = d (P , x -as) + 1 = yP + 1 = y + 1.
36f
Pythagoras in ∆FQP :
(zie de inzet hiernaast)
2
2
2
FP = PQ + FQ met
PQ = y P − yQ = y − 1 en
FQ = xQ − xF = x P − 0 = x .
Dus FP 2 = ( y − 1)2 + x 2 ⇒
FP = d (P , F ) = (y − 1)2 + x 2 .
36g
d (P , F ) = d (P , l ) ⇒
(y − 1)2 + x 2 = y + 1 (kwadrateren) ⇒
(y − 1)2 + x 2 = ( y + 1)2 ⇒
y 2 − 2y + 1 + x 2 = y 2 + 2y + 1 ⇒
−4y = −x 2 (delen door − 4) ⇒ y = 1 x 2 (de formule van een parabool).
4
37
36h
Ja, het vermoeden in 36d klopt.
C ligt op de meetkundige plaats ⇒ d (C ,lijnstuk AB ) = d (C , l ) 
 ⇒ d (C , A ) = d (C , l ) ⇒ C ligt op een van de parabolen.
d (C ,lijnstuk AB ) = d (C , A), want AC ⊥ AB

d (C ,lijnstuk AB ) = d (C , A) = d (C ,lijn AB ), want AC ⊥ AB ⇒ d (C ,lijn AB ) = d (C , l ) ⇒ C ligt op de bissectrice.
Op dezelfde manier volgt dat D op een van de parabolen en de bissectrice ligt.
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
8/16
38
PF = PV (P op de middelloodlijn van FV ) 
 ⇒ d (P , F ) = d (P , l ) ⇒ P ligt op de parabool met brandpunt F en richtlijn l .
d (P , F ) = PF en d (P , l ) = PV

39
De meetkundige plaats bestaat uit delen
van de parabolen met brandpunt E
en richtlijnen AB , BC , CD en AD .
Bij het tekenen blijkt het voldoende te
zijn de parabolen met brandpunt E en
richtlijnen AB en CD te tekenen.
(zie de figuur hiernaast)
40a
De meetkundige plaats bestaat uit delen van de parabolen
met brandpunt A en richtlijnen de benen van hoek B .
K
(zie de figuur hiernaast)
40b
Punt K is een knik op de meetkundige plaats. (het maakt niet uit welk van de twee knikken)

K op de parabool met brandpunt A en richtlijn het linkerbeen van hoek B ⇒ d (K , A) = d (K ,linkerbeen)
⇒
K op de parabool met brandpunt A en richtlijn het rechterbeen van hoek B ⇒ d (K , A ) = d (K ,rechterbeen) 
d (K ,linkerbeen) = d (K ,rechterbeen) ⇒ K ligt op de bissectrice van hoek B .
41a *
41d Vermoeden: lijn m is raaklijn van de parabool.
41b *
41e Vermoeden: lijn m is bissectrice van ∠FPV .
41c *
41f *
41g Ja
42a *
42c Vermoeden: lijn m is bissectrice van ∠FPV .
42b Vermoeden: lijn m raakt aan de meetkundige plaats.
42d Ja
43a
d (Q , l ) < d (Q ,V ) (afstand tot lijn) 
⇒ d (Q , l ) < d (Q , F ).
d (Q ,V ) = d (Q , F ) (middelloodlijn) 
43b
voor P op de parabool geldt: d (P , l ) = d (P ,V ) 
 ⇒ Q ligt buiten de parabool.
voor Q geldt: d (Q , l ) < d (Q ,V )

43c
P ligt op de parabool en op m en alle andere 
 ⇒ m raakt de parabool.
punten van m liggen buiten de parabool

Het snijpunt van m met FV noemen we S .
PF = PV (parabool)


FS = SV (middelloodlijn)  ⇒ ∆PSF
∆PSV (ZZZ) ⇒ ∠FPS = ∠VPS ofwel m maakt gelijke hoeken met PF en PV .

PS = PS
43d
≌
44
Gebruik figuur 12.45 in het boek.
• k is de lijn door A (loodrecht op de richtlijn, dus)
evenwijdig aan de symmetrieas.
• ∠(k , r ) = ∠(r , AF ) ⇒ brandpunt F .
• FT = BT ⇒ l (door B , loodrecht op de symmetrieas).
(zie de figuur hieronder)
l
46
Gebruik figuur 12.45 in het boek.
• AV ⊥ l ⇒V op l .
• V spiegelen in r ⇒ F .
• T is het midden van FF '. (zie de figuur hiernaast)
45
Gebruik figuur 12.45 in het boek.
• F spiegelen in r ⇒V .
• l door V , loodrecht op AV .
• T is het midden van FF '. (zie de figuur hieronder)
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
9/16
47a
Zie de figuur hiernaast.
47b
Gegeven: zie opgave 47 in het boek.
Te bewijzen: Vierhoek BVPF is een ruit.
Bewijs:
Teken FV en het snijpunt S van BP en FV .
PF = PV (parabool) en BV = BF (middelloodlijn)



FS = SV (middelloodlijn)

⇒
∠FSB = ∠VSP = 90°
⇒
∆
BSF
∆
PSV
(ZHH)
⇒
BF
=
PV


PV // s ⇒ ∠P1 = ∠B 1 (Z-hoeken) 

PF = PV = BF = BV ⇒ BVPF is een ruit.
Gegeven: zie opgave 47 in het boek.
Te bewijzen: AT = BT .
Bewijs:
Het snijpunt van l en s noemen we U .
TU =TF (parabool) 

AU = PV (rechthoek)  ⇒ AU = BF ⇒ AU −TU = BF −TF ⇒ AT = BT .

PV = BF (ruit)
≌
47c
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
D1a 12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
10/16
Diagnostische toets
Teken DE .
∠F 1 = ∠D2 (constante hoek)


∠E 12 = 90° (Thales)
 ⇒ ∠C 1 + 90° + ∠F 1 = 180° ⇒
∠C 1 + ∠E 12 + ∠D2 = 180° (hoekensom driehoek)  ∠C 1 + ∠F 1 = 90°.
D1b Gegeven: zie opgave D1 in het boek.
Te bewijzen: ABFE is een koordenvierhoek.
Bewijs:
∠A + ∠C 1 + 90° = 180° ⇒ ∠A + ∠C 1 = 90°
 ⇒ ∠A = ∠F 1 .
∠C 1 + ∠F 1 = 90° (zie D1a)

Dus ∠A + ∠F 2 = ∠F 1 + ∠F 2 = 180° ⇒ ABFE is een koordenvierhoek.
D2 Gegeven: Twee cirkels met gelijke straal die elkaar snijden in A en B .
De lijn l gaat door B en snijdt de cirkels in P en Q .
Te bewijzen: AP = AQ .
Bewijs: Noem de middelpunten van de cirkels M en N .
MA = NA ( = straal) 

MB = NB ( = straal)  ⇒ ∆ABM ∆ABN (ZZZ) ⇒ ∠M = ∠N .

AB = AB
∠M = ∠N (zie hierboven) 

∠P1 = 1 ∠M (omtrekshoek)  ⇒ ∠P1 = ∠Q 1 ⇒
l
2

∆PAQ is gelijkbenig ⇒ AP = AQ .
∠Q 1 = 1 ∠N (omtrekshoek) 
2

A
≌
D3 M
N
1
1
P
Q
B
Gegeven: Cirkel c met middelpunt M en punt A buiten de cirkel.
Lijn AM snijdt de cirkel in B en C .
Op c liggen D en E zo, dat boog CD = boog CE .
Te bewijzen: ∠CAE = ∠CAD .
Bewijs: Teken CE en CD .
boog CD = boog CE 
⇒ boog BD = boog BE ⇒ ∠C 1 = ∠C 2 .
BC is middellijn 
∠C 1 = ∠C 2 (zie hierboven) 

AC = AC
∆AEC (ZHZ) ⇒ ∠CAD = ∠CAE .
 ⇒ ∆ADC
CD = CE (boog en koorde) 
≌
D4 Gegeven: ∆ABC met zwaartelijn CD .
Te bewijzen: CD < 1 (AC + BC ).
Bewijs:
2
Verleng CD met DE = CD en teken vierhoek AEBC .
AB en CE delen elkaar middendoor, dus AEBC is een parallellogram.
CE < AC + AE (driehoeksongelijkheid) 

1
CE = 2CD
 ⇒ 2CD < AC + BC ⇒ CD < 2 (AC + BC ).

AE = BC (parallellogram)
D5 Gegeven: Cirkel c 1 met middelpunt M en cirkel c 2
met middelpunt N , die elkaar raken in R .
Lijn k gaat door R en snijdt c 1 in A en c 2 in B .
Lijn l gaat door R en snijdt c 1 in C en c 2 in D .
Te bewijzen: AC // BD .
Bewijs: Teken de gemeenschappelijke raaklijn van c 1 en c 2 in R .
∠A = ∠R 1 (hoek tussen koorde en raaklijn) 

∠R 1 = ∠R 2 (overstaane hoeken)
 ⇒ ∠A = ∠B ⇒ AC // BD (Z-hoeken).
∠R 2 = ∠B (hoek tussen koorde en raaklijn) 
D6 Gegeven: Vierkant ABCD met daarin punt E zo, dat ∠EDC = ∠ECD = 15°.
Te bewijzen: ∆ABE is gelijkzijdig.
Bewijs: Uit het gegeven volgt dat DE = CE en AE = BE , dus het vierkant is symmetrisch
in de lijn MN , waarbij M het midden is van AB en N het midden van CD .
Veronderstel dat ∆ABE niet gelijkzijdig is, dan is ∠BAE < 60° of ∠BAE > 60°.
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
11/16
Veronderstel ∠BAE < 60° ⇒ ∠DAE > 30° en ∠ABE < 60°.
∠BAE < 60° en ∠ABE < 60° ⇒ AE < AB 
⇒ AE < AD .
AB = AD 
∠DAE > 30° ⇒ ∠ADE + ∠AED < 150°
 ⇒ ∠ADE < 75° ⇒ ∠EDC > 15°.
AE < AD ⇒ ∠ADE < ∠AED

Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ ∠BAE < 60° is onjuist (1)
II Veronderstel ∠BAE > 60° ⇒ ∠DAE < 30° en ∠ABE > 60°.
∠BAE > 60° en ∠ABE > 60° ⇒ AE > AB 
⇒ AE > AD .
AB = AD 
∠DAE < 30° ⇒ ∠ADE + ∠AED > 150°
 ⇒ ∠ADE > 75° ⇒ ∠EDC < 15°.
AE > AD ⇒ ∠ADE > ∠AED

Dit is in tegenspraak met het gegeven ⇒ ∠BAE > 60° is onjuist (2)
Uit (1) en (2) volgt ∠BAE = 60° ( = ∠ABE ) ⇒ ∆ABE is gelijkzijdig.
I
D7a d (P , l ) = d (P , m ) met als meetkundige plaats
de bissectrices van de hoeken tussen / en m .
D7d d (P , A ) = d (A, m ) met als meetkundige plaats
de cirkel met middelpunt M en straal r = d (A, m ).
D7b d (P , A ) = d (P , l ) met als meetkundige plaats
de parabool met brandpunt A en richtlijn l .
D7e d (P , l ) = d (A, l ) met als meetkundige plaats de
lijnen op afstand d (A, l ) van l (evenwijdig met l ).
D7c d (P , A ) ≤ d (P , m ) met als meetkundige plaats
de parabool met brandpunt A en richtlijn m
als ook het gebied binnen deze parabool.
D8a Teken de lijn door P evenwijdig aan de symmetrieas.
Spiegel deze lijn in de raaklijn door P .
Het snijpunt van de gespiegelde lijn en
de symmetrieas is het brandpunt F .
F spiegelen in de top geeft een punt op de richtlijn.
De richtlijn staat loodrecht op de symmetrieas.
D8b Voor het brandpunt en de richtlijn zie D8a.
Teken het voetpunt V van Q .
De middelloodlijn van FV is de raaklijn in Q .
D9 Gegeven: Parabool p met richtlijn l en brandpunt F .
De raaklijnen k en m snijden elkaar in S op l .
Te bewijzen: ∠PSQ = 90°.
Bewijs: Teken PV ⊥ l en QW ⊥ l .
Teken QP , FS , VF en WF .
S op de middelloodlijn van FV ⇒ SV = SF 
⇒
S op de middelloodlijn van FW ⇒ SW = SF 
F op cirkel met middellijn VW ⇒ ∠WFV = 90° (Thales).
∠WFV = 90°


∠M = 90° (raaklijn is middelloodlijn van FV )
 ⇒ ∠PSQ = 90°.
∠N = 90° (raaklijn is middelloodlijn van FW )

∠WFV + ∠M + ∠N + ∠PSQ = 360° (hoekensom vierhoek) 
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
G1a G1b 12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
12/16
Gemengde opgaven 12. Bewijzen in de vlakke meetkunde
Zie de figuur hiernaast.
Gegeven: Gelijkzijdige ∆ABC met zijn omgeschreven cirkel.
Punt P ligt op de kortste boog BC en B ' ligt op het
het verlengde van CP zo, dat PB ' = PB .
Te bewijzen: ∆BB 'P is gelijkzijdig.
Bewijs:
∠P1 = ∠B 1 = 60° (constante hoek) 

∠P2 = ∠C 1 = 60° (constante hoek)  ⇒ ∠P3 = 60°.

∠P123 = 180° (gestrekte hoek)
Dus ∆BB 'P is een gelijkbenige driehoek met
een tophoek van 60° ⇒ ∆BB 'P is gelijkzijdig.
G1c Gegeven: Gelijkzijdige ∆ABC met zijn omgeschreven cirkel.
Punt P ligt op de kortste boog BC en B ' ligt op het
het verlengde van CP zo, dat PB ' = PB .
Te bewijzen: AP = BP + CP .
Bewijs:

AB = BC


BP = BB '
⇒ ∆ABP
∆CBB ' (ZHZ)

∠B 12 = 60° + ∠B 2 

⇒
∠
=
∠
B
B
dus
=
AP
CB '.
12
23 
∠B 23 = 60° + ∠B 2 

AP = CB ' = CP + PB '
 ⇒ AP = CP + BP .
BP = PB '

≌
Gegeven:
Koordenvierhoek ABCD met AC ⊥ BD en punt K op CD zo, dat CK = DK .
Het snijpunt van de diagonalen is S en L is het snijpunt van KS en AB .
Te bewijzen: ∠ASL = ∠KCS .
Bewijs:
∠S 12 = 90° en CK = DK ⇒
K is het middelpunt van de omgeschreven cirkel van ∆CDS (Thales).
Dus KS = KC ⇒ ∠S 1 = ∠C 2

⇒ ∠C 2 = ∠S 4 , dus ∠ASL = ∠KCS .
∠S 1 = ∠S 4 (overstaande hoeken) 
G2b Gegeven:
Koordenvierhoek ABCD met AC ⊥ BD en punt K op CD zo, dat CK = DK .
Het snijpunt van de diagonalen is S en L is het snijpunt van KS en AB .
Te bewijzen: KL ⊥ AB .
Bewijs:
∠D1 + ∠C 2 + ∠S 12 = 180° (hoekensom driehoek) 

 ⇒ ∠D1 + ∠C 2 = 90°
∠S 12 = 90°

 ⇒ ∠A2 + ∠C 2 = 90°.
∠D1 = ∠A2 (constante hoek) 
∠A2 + ∠C 2 = 90° 
⇒ ∠A2 + ∠S 4 = 90°

∠C 2 = ∠S 4 (zie G2a) 
 ⇒ ∠L1 = 90° ⇒ KL ⊥ AB .
∠A2 + ∠S 4 + ∠L1 = 180° (hoekensom driehoek) 
G2a G3 Gegeven:
Koordenvierhoek ABCD waarbij BD middellijn van de omgeschreven cirkel is.
Punt P ligt op AD en punt Q op CD zo, dat PQ ⊥ BD .
Te bewijzen: PACQ is een koordenvierhoek.
Bewijs:
S is het snijpunt van PQ en BD .
BD is middellijn ⇒ ∠A12 = 90° (Thales)


∠S = 90°
 ⇒ ∠B 1 + ∠P2 = 180°.
∠A12 + ∠B 1 + ∠S + ∠P2 = 360° (hoekensom vierhoek) 
∠B 1 + ∠P2 = 180°

⇒ ∠C 2 + ∠P2 = 180°.
∠B 1 = ∠C 2 (constante hoek) 
Dus PACQ is een koordenvierhoek (koordenvierhoek).
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
G4a 12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
13/16
Gegeven: Zie opgave G4 in het boek.
Te bewijzen: p 1 en p 2 raken elkaar.
Bewijs:
Teken vierkant ABCD met AB door F 1 en AB // F 2F 4 ;
BC door F 2 en BC // F 1F 3 ; CD door F 3 en CD // F 2F 4 en
AD door F 4 en AD // F 1F 3. Het snijpunt van F 1F 3 en F 2F 4 is O .
BF 1 = BF 2 = d (B , F 2F 4 ) ⇒ B op p 1 (parabool).
De raaklijn in B aan p 1 is de bissectrice van ∠F 1BF 2 en gaat dus door O .
Evenzo ligt B op p 2 en gaat de raaklijn in B aan p 2 door O .
Dus de parabolen p 1 en p 2 raken elkaar dus in B .
G4b Gegeven: Zie opgave G4 in het boek.
Parabool p 1 snijdt de zijde F 1F 2 in S
Te bewijzen: F 4 ligt op de raaklijn aan p 1 in S .
Bewijs: Teken SF 4 en ST ⊥ F 2F 4 .
S op p 1 ⇒ SF 1 = ST (parabool) 

∠SF 1F 4 = ∠STF 4 = 90°
 ⇒ ∆SF 1F 4 ∆STF 4 (ZZR) ⇒

SF 4 = SF 4
∠F 1SF 4 = ∠TSF 4 ⇒ SF 4 is raaklijn van p 1 (raaklijneigenschap).
Dus F 4 ligt op de raaklijn aan p 1 in S .
≌
G5a Gegeven: Zie opgave G5 in het boek.
Te bewijzen: γ = α + β .
Bewijs: Spiegel α in lA en β in lB .
De gespiegelde lijnen staan loodrecht op de richtlijn (raaklijn parabool).
Teken door C een lijn evenwijdig met de gespiegelde lijnen.
∠C 1 = α (Z-hoeken) 
⇒ ∠C 12 = γ = α + β .
∠C 2 = β (Z-hoeken) 
G5b Gegeven: Zie opgave G5 in het boek.
Te bewijzen: ∠AFB = 2γ .
Bewijs: Spiegel α in lA en β in lB .
De gespiegelde lijnen staan loodrecht op de richtlijn (raaklijn parabool).
Teken door F een lijn evenwijdig met de gespiegelde lijnen.
∠F 1 = 2α (Z-hoeken) 
⇒ ∠F 12 = 2α + 2β 
∠F 2 = 2β (Z-hoeken) 
 ⇒ ∠F 12 = ∠AFB = 2γ .
γ = α + β (zie G5a) 
G6 Gegeven: Zie opgave G6 in het boek.
Te bewijzen: De bogen P1Q 1 en P2Q 2 zijn even groot.
Bewijs:
∠YAX = ∠YBX (constante hoek)


∠YAX = ∠P1AP2 (overstaande hoeken)  ⇒ ∠P1AP2 = ∠Q 1AQ 2 ⇒
∠YBX = ∠Q 1AQ 2 (overstaande hoeken) 
boog P1P2 = boog Q 1Q 2 .
boog P1P2 = boog Q 1Q 2


boog P1Q 1 = boog P1P2 + boog P2Q 1  ⇒ boog P1Q 1 = boog P2Q 2 .
boog P2Q 2 = boog Q 1Q 2 + boog P2Q 1 
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
G7a 12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
14/16
∠D is onafhankelijk van de stand van l (constante hoek)

∠C1 = ∠BCA is onafhankelijk van de stand van l (constante hoek) ⇒ 
⇒ ∠CBD is onafhankelijk van de stand van l .
∠C2 = ∠BCD is onafhankelijk van de stand van l ( ∠C 1 + ∠C 2 = 180°) 
∠CBD + ∠BCD + ∠D = 180° (hoekensom driehoek)

G7b Gegeven: Zie opgave G7 in het boek.
Te bewijzen: ∠AMN = ∠ACB .
Bewijs: Teken AM , BM en AB .
∠ACB = 1 ∠AMB (omtrekshoek)
2
∆AMB is gelijkbenig ⇒ ∠AMN
G7c l


= 1 ∠AMB 
2

⇒ ∠AMN = ∠ACB .
Gegeven: Zie opgave G7 in het boek.
Te bewijzen: ∠MAN = ∠CBD .
Bewijs: Teken AM , AN , BN en AB .

 ⇒ ∠ANM = ∠ADB .
∆ANB is gelijkbenig ⇒ ∠ANM = 1 ∠ANB 
2

∠MAN + ∠AMN + ∠ANM = 180° (hoekensom driehoek) 
∠AMN = ∠ACB = ∠DCB

 ⇒ ∠MAN = ∠CBD .
∠ANM = ∠ADB = ∠CDB

∠CBD + ∠DCB + ∠CDB = 180° (hoekensom driehoek)

∠ADB = 1 ∠ANB (omtrekshoek)
2
G8a l
Gegeven: Zie opgave G8 in het boek.
Te bewijzen: ∠APB = 90° + 1 γ .
2
Bewijs: Noem ∠BAC = α en ∠ABC = β .
α + β + γ = 180° (hoekensom driehoek) ⇒ 21 α + 21 β + 21 γ = 90°
1
1
 ⇒ 90° − 2 γ = 180° − ∠APB ⇒ ∠APB = 90° + 2 γ .
1 α + 1 β + ∠APB = 180° (hoekensom driehoek)

2
2
G8b Gegeven: Zie opgave G8 in het boek.
Te bewijzen: De baan die P beschrijft is een cirkelboog.
Bewijs:
De grootte van γ verandert niet als C over boog I beweegt (constante hoek) ⇒
de grootte van ∠APB = 90° + 1 γ verandert niet als C over boog I beweegt ⇒
2
de baan van P is een cirkelboog (constante hoek).
∠APB = 90° + 1 γ (zie G8a) = 1 ∠M1 (omtrekshoek) ⇒ ∠M1 = 180° + γ .
2
2
∠M1 = 180° + γ

⇒ ∠AMB + 180° + γ = 360° ⇒ ∠AMB = 180° − γ .
∠AMB + ∠M1 = 360° 
G8d Gegeven: Zie opgave G8 in het boek.
Te bewijzen: M ligt op boog II.
Bewijs: ∠AMB + γ = 180° − γ + γ = 180° ⇒ AMBC is een koordenvierhoek (koordenvierhoek) ⇒ M ligt op boog II.
G8c G9 Gegeven: ∆ABC en ∆BDE met ∠ACB = ∠BDE . De omgeschreven
cirkels van deze driehoeken snijden elkaar in B en in S .
Te bewijzen: S ligt op de lijn AE .
Bewijs: Teken AS , BS en SE .
∠D + ∠S 2 = 180° (koordenvierhoek) 

∠D = ∠C
 ⇒ ∠S 1 + ∠S 2 = 180° ⇒ S op AE .

∠C = ∠S 1 (constante hoek)
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
15/16
G10a Het snijpunt van AM met de cirkel is N .
boog R 1R 2 = 1 van de omtrek van c , dus ∠R 1MR 2 = 1 ⋅ 360° = 120°.
3
3
∠R 1MA = 1 ∠R 1MR 2 = 1 ⋅ 120° = 60°
2
2
 ⇒ AM = 2 ⋅ MR 1 = 2 ⋅ r = 2 ⋅ MN .
∠R 1 = 90° (raaklijn)

Dus AN = MN ⇒ de afstand van A tot c is de helft van AM .
G10b In het grensgeval met α = 90° is XS 1MS 2 een viekant,
immers de hoeken bij S 1 en S 2 zijn 90° en MS 1 = MS 2 .
De zijde van dit vierkant is r ⇒ MX = r 2.
O (G ) = O (cirkel met straal r 2) − O (cirkel met straal r )
= π ⋅ (r 2)2 − π ⋅ r 2 = 2π r 2 − π r 2 = π r 2 = O (c )
G11a ∠B 12 + ∠S 1 + β = 180° (koordenvierhoek) 

 ⇒ ∠B 12 = α
α + ∠S 1 + β = 180° (gestrekte hoek)


∠A2 = β (constante hoek)  ⇒ ∠B 12 = ∠A2 .

α =β

Dus ∠BAC = ∠ABC .
G11b De middelloodlijn van AB snijdt de cirkel in C 1 en C 2 .
(omdat C 1 en C 2 op de middelloodlijn van AB liggen geldt:
∠C 1AB = ∠C 1BA en ∠C 2AB = ∠C 2BA )
Uit de omgekeerde bewering volgt nu dat de spiegeltjes
in de richtingen PC 1 en QC 2 getekend moeten worden.
G12a Teken twee lijnen evenwijdig met k op afstand 1 cm van k ,
de cirkel met middelpunt M en straal 2 cm en
de cirkel met middelpunt M en straal 4 cm.
G12b De meetkundige plaats is de halve lijn MA
en de parabool met brandpunt M en de
richtlijn evenwijdig met k op afstand 3 cm van k .
G&R vwo B deel 4
C. von Schwartzenberg
12 Bewijzen in de vlakke meetkunde
16/16
G13a Gegeven: Zie opgave G13 in het boek.
Te bewijzen: DC = DP .
Bewijs:
AB = BP ⇒ ∠P = ∠A = α (gelijkbenige driehoek) 

∠C 1 + α = 180° (koordenvierhoek) 
⇒ ∠P = ∠C 2 .
⇒ ∠C 2 = α 

∠C 1 + ∠C 2 = 180° (gestrekte hoek) 

Dus ∆CDP is een gelijkbenige driehoek en hieruit volgt DC = DP .
G13b Gegeven: Zie opgave G13 in het boek.
Te bewijzen: ∠ASD = 3α .
Bewijs:
∠B 1 = 90° (Thales)

⇒ ∠D1 = 90° − α .
α + ∠B 1 + ∠D1 = 180° (hoekensom driehoek) 
∠P = α (zie G13a)


∠C 1 = α (zie G13a) 
⇒ ∠C 12 = 90° + α
⇒ ∠A1 + α + 90° + α = 180° ⇒


∠C 2 = 90° (Thales) 

∠A1 = 90° − 2α .
∠A1 + ∠P + ∠C 12 = 180° (hoekensom driehoek) 
∠A1 + ∠D1 + ∠ASD = 180° (hoekensom drieh) 

∠D1 = 90° − α
 ⇒ 90° − 2α + 90° − α + ∠ASD = 180°

∠A1 = 90° − 2α
⇒ ∠ASD = 3α .