-ocr page 1-

A

yMfó¥%

\'ilM>-

t:

IV

ii\'ll

DER

H

VOORKOMENDE IN DE t

OEFENINGEN TER TOEPASSING VAN DE BEGINSELFN

MEETKUNST

7

ten dienste van hen die de Militaire Akademie te Breda , de Hoogere Bnrgj scholen\', de Industrie-scholen of de Hoogeseholen zullen bezoeken, alsmede van hen , die tot Onderwijzers worden opgeleid, VAN DEN HEER G. J. KAP TEUN, Imtiiuleur te Barneneld. DOOR WIJLEN Dr. ï». H. tv A P T E IJ N, Praceptor aan hei Gymnasium JftUem lil te Batavia. Tweede vermeerderde drnk.

■

\'■\'■:(> -.•1

►*»»■»•

BARN-EVELD. §?. AND RE M MENGER. J i         18 7 4.

* ■&S1*,

\\tf&f*-

v&

VJ. ■•

-ocr page 2-

		\\
		K^r* 1635?
		252 2*

-ocr page 3-

		M.

-ocr page 4- -ocr page 5- -ocr page 6- -ocr page 7- -ocr page 8-

		RIJKSUNIVERSITEIT UTRECHT
		A06000007506920B
		0750 6920

-ocr page 9-

		Dr. P. H KAPTE IJ N, OPLOSSING VAN VRAAGSTUKKEN.

-ocr page 10- -ocr page 11- -ocr page 12- -ocr page 13-

Oplossing der Vraag

;stuJ

ken,

VOORKOMENDE IN DE:

OEFENINGEN TER TOEPASSING VAN DE BEGINSELEN

MEETKUNST, ten dienste van hen die de Militaire Ak adem ie te Breda, de Hoogere Burger- scholen, de Industrie-scholen of de Hoogescholen zullen bezoeken, alsmede van ben, die tot Onderwijzers worden opgeleid, VAN DEN HEER

G. J. KAP TEUN, Imtituleur te Barneveld,

DOOR WIJLEN

Dr. P. II. KAPTEIJN, Praeceptor aan het Gymnatium Willem III te Batavia, Tweede vermeerderde druk.

BIBLIOTHEEK DER RIJKSUNIVERSITEIT UTRECHT.

BARNEVELD, P. ANDREJ] MENGER. 18 74.

-ocr page 14- -ocr page 15-

		VOORREDE.
		De ondergeteekende biedt hier de aangekondigde be- antwoording der vragen en oplossing der vraagstukken aan, welke zijn zoon, Dr. P. H. Kapteijn, had op zich genomen, en welke hij als een blijvend aandenken bij zijn voorgenomen vertrek naar Indië had willen achter- laten. Door eene hevige ziekte aangetast, bezweek hij op denzelfden dag, die voor zgne afreize daarheen was bestemd. Het behaagde den Algoede zjjne jonge gade en ons in den diepsten rouw te dompelen, op het oogenblik> dat hjj het zoo eervol hem opgedragen ambt ging aanvaar- den, en, terwijl hg zyne talenten ten nutte der belang- ryke inrichting in Indië wilde aanwenden, de vruchten

-ocr page 16-

		zou beginnen te plukken van zijne veeljarige inspanning en onverdroten ijver. De aan mijne school verkregen vruchten gedurende de achttien maanden die hij als deelgenoot daaraan werk- zaam was, waren mij een waarborg, dat hij de op hem uitgebrachte benoeming als Praeceptor aan \'t Gymnasium "Willem III te Batavia eer zou aangedaan hebben, en het vertrouwen volkomen zou hebben gerechtvaardigd, waarmede het Ministerie van Koloniën hem vereerde. En zulks niet alleen in het vak van Letteren. Reeds in zijne eerste studiejaren te Utrecht onderscheidde hij zich zeer gunstig in de wiskunde. Met voorliefde werkte hij aan de exacte wetenschappen, en zag den tijd met ver- langen tegen, dat hij zich geheel aan die lievelingsstudie zou kunnen wijden. Daarvan moge het werk getuigen dat hij na zijne promotie, — en dus sedert Februari dezes jaars, — op aanzoek van den Uitgever, had onder- nomen. Eigen oefening lokte hem aan; maar tevens bezielde hem de wensch, om hulp te bieden aan menig jong beoefenaar der wiskunde, die vaak van hulp geheel ver- stoken is. En dit laatste woog bij hem zwaarder, dan het nadeel dat er uit zou kunnen voortvloeien, wanneer leerlingen er misbruik van maken, en verzuimen hunne eigene krachten te oefenen.

-ocr page 17-

		Immers, — gesteld al, dat de laatsten, uit gemakzucht, zich een exemplaar van deze oplossingen aanschaffen, — welk ervaren onderwijzer zal zich geene volledige reken- schap laten geven der geleverde oplossing, en zich ver- genoegen met den ingeslagen weg, wanneer meerdere wegen daartoe leiden? Daarom vooral besloot hij, van elk vraagstuk slechts ééne oplossing te geven. De beoogde hulp ware dan toch verleend, en het werkje wierd niet al te uitgebreid. Zijne oplossingen zullen wel juist zijn: de nauw- keurigheid, waarmede hij al zijn werk verrichtte, staat m\\j borg daarvoor. De tijd ontbreekt my om ze aan een nauwkeurig onderzoek te onderwerpen, en de taak wierd mij te zwaar bij het aanhoudend herdenken. Ook laat ik bij de revisie der proeven zjjn werk liefst onver- anderd. Hetgeen echter aan de voltooiing ontbrak, heb ik, in weerwil mijner vele bezigheden, afgewerkt. En zoo moge dan het oogmerk mijns geliefden overledene bereikt worden: aankweeking van den lust voor de Wis- kunde, dat eerste vereischte by alle wetenschappelijke opvoeding. Gaarne zal ik bij mijn onderwijs, telkens zyne oplossin- gen vergeleken met de door mij gevolgde wegen, en aan- teekening houden van hetgeen m\\j voorkomt verandering te behoeven ter bevordering van verscheidenheid: — ook

-ocr page 18-

		houd ik mij aanbevolen tot het ontvangen van bijdragen die hetzelfde beoogen; om daarvan in het belang der zaak gebruik te kunnen maken, wanneer een herdruk noodzakelijk bevonden wierd. G J KAPTEIJN. Barneveld, 15 October, 1864. • »tit»»~- VOOEBEEICHT VOOE DEN TWEEDEN DEUK. De noodzakelijkheid van den herdruk heeft het gevoelen mijns Zoons bevestigd. Zeer weinig vond ik in zijne op- lossingen, dat wijziging behoefde. Waar ik die noodig achtte, heb ik ze aangebracht. Van de nieuwe vraag- stukken heb ik de oplossingen ingelascht, overeenkomstig met de nummers van het textboekje. Van harte wensch ik, dat het werk voortdurend aan het doel beantwoorde! G. J. KAPTEIJN. Barneveld, Jan. 1874.

-ocr page 19-

		VERBETERINGEN.
		bl. 11, reg. 3 van onder: zoolang,             lees: dal. „ 81, „ 6 „ „ : l.j/2,                  „ l:J/2. „ 41, „ 18 „ „ : HFG,                   „ HTG. „ 48, „ 21 „ „ : 12, 14 en 16, „ 13, 14, 15 en 16. . » , .. 19 » ,, : 13,                       „12. „ „ , „ 16 „        „ : N°. 16 kan,         „ N°. 14 en 16 kunnen. , 55, „ 11 „ „ : F\'C,                      „ FC. „ 56, „ 3 „ „ : aan,                      „ aan den. „ 64, „ 15 van boven: BC—Bl),             „ DC-BÜ. „ „ , » 19 » „ : DC-BD).            „ (DC-BD). „ 65, „ 6 „ „is het nummer van het Vraagstuk, 39, vergeten. „ 67, „ 11 „ „ zij AB, lees: zij AB de. „ 70, „ 19 „ „ } BG.DE, „ i bg.DE. „ 84, „ 20 „ „ vr. 52,         „ vr. 53. „ 87. In de figuur van Vr. 107 staat slechts eene letter, de letter D, bij twee punten. Zij behoort alleen te staan aan den voet der loodlrjn uit G op AB nedergelaten. Aan het snijpunt van den boog, uit B met den straal BH beschreven, en de lijn AB had eene andere letter behooren geplaatst te worden. „ 103. In de figuur vau Vr. 19 is de letter O aan het verlengde van AC vergeten, „ 106, reg. 4 van boven: DC\', lees: DC. „ 107, „ 3 van onder: c2—2cx ■ c* i2, lees: e2— 2c* *2 «2. „ 110, „ 17 van boven: vraagst. 48, lees: vraagstuk 41. „ ,, In de figuur van Vr. 39 is de lijn PD vergeten. „ 117, N". 56 is de oplossing van het 57e, en N". 57 die van het 56e Vraagstuk. „ 123. In de figuur van Vr. 75 is de lijn BC vergeten. „ 148, reg. 15 en 16 moesten de woorden: \'t bewijs van het gevraagde niet cursrjf zijn. „ 156, reg, 3 van boven: drie, vijf, zes, zeven, lees: twee, vier, vijf, zes.
		178, „ 4 179, „ 3 „ » 188, „ 7 van onder 190. „ 18 ,, ,, 200, „ 11 „ » 204, „ 10 „ ,
		licht, lees: ligt. 16k*. lees: 16k*). koorden, lees: koorde. (30 = x), lees: (30 ar). NG, lees: MO. ol, lees: tot.
		206        11                (.t-DV-Z)         <«-D«-8)

-ocr page 20-

h

tyl

CC- t-C *«J C.

ét t *-4     <? ISl /Cv / /       €*_y f^CM     ^-» /(. A tt

/<«, <^« «~ **«•/ \'-\'C-^-t <-»-t ., T<- *» £•— m^Z

7\'

, *Ct_^. /Lt~*-\\

/

A<7lt»-^ 2.y éU

£, \'/ $/? «- tf" / / /«.___

_ £

Z~*p**^> 55

rv> ?r-<u*<.

s°

iC^Ai. &--<-■£ £<

f" n c-- /TL

V /$£=

r lc, x

^ lJcn*L ?**>

L nee*- Ifit-H £ I A*f. /^ - ftl*. f ****** fo-Jl*-**ê

-ocr page 21-

		EEESTE AFDEELING.
		§ 24 — i 66. 1.   Dan vormen de deellijnen eenen rechten hoek. 2.   De vier scherpe hoeken in de voorschreven figuur zullen alle gelijk 52° 17\' 24", de vier stompe alle gelijk 127° 42\' 36" z\\ju. 3.   Een hoek van 52° 17\' 24" O. V., bevat 58° 10\' 00" N. V. Een hoek van 127° 42\' 36" O. V., 141° 90\' 00" N. V. 4.   Leg eerst twee der gegevene hoeken zóó nevens elkander, dat zij een gemeenschappelijk hoekpunt en een gemeenschappelijk been hebben. Handel met de aldus verkregen som van twee der hoeken en den der- den hoek, als met de twee eerst verbonden hoeken. 5.   Leg de twee gegeven hoeken zóó op elkander, dat zij een gemeen- schappelijk hoekpunt en een gemeenschappelijk been hebben. Het stuk van den grootsten hoek dat dan niet door den kleinsten hoek bedekt wordt zal \'t gevraagde verschil zijn. 6.    Dit is: neem de som van drie hoeken ieder gelijk aan den gegeveneu. Men doet dat volgens Vr. 4 van dit hoofdstuk. 7.   Deel eeneu rechten hoek midden door. Deze helft zal gelijk 50° N. V. zyn. 8.   Zoek de som van den hoek in Vr. 7 van dit hoofdstak gevonden en eenen rechten hoek. 9.   Deel den hoek ia Vr. 7 van dil hoofdstuk gevonden midden door; de helft van dezen laatst gevonden hoek zal gelijk 12° 50\' N. V. zijn. 10.   De hoek gevonden in \'t vorig vraagstuk is ook gelijk 11° 15\' O. V. 11.   Voeg de helft van eenen halven rechten hoek bij eenen gehcelen rechten. 12.   Voeg bij de som van drie rechte hoeken de helft van eenen halven rechten. 13.   Daar 100° 140° -1- 170° (jelyk is aan 410°, is de gevraagde hoek 50° grooter dan 4 R., dan de zoogenaamde onbepaalde vlakteruimte en kan niet anders aanschouwelijk worden gemaakt dan door de figuur die eenen hoek van 50° voorstelt. 14.   Het supplement is 183° 70\' 22" N. V., het complement is 83° 70\' 22" N. V.
		1

-ocr page 22-

t/£ -± / IL*-* 2 a. *- et, *~//£c~*.\\

It^st*-^? \'I ^*

%-y\' £(*,

/y& A^ v A. fe\' r<s>

é/W.

te^CCc £h j„i i £ z*.^h^ Lc*^Fd

// £ ~F rO^.

~—\' -^ £ ; A^-=----F,<b ■ \'S F1 Fff. x nc = *4* s -/a" c^vi) ; A/y = /f Ft c^3_ /ÏC; -/*> - ^F: f**

. PH =■/:/.

Ff

t^C

<*

A t-JCi, V<y

s

-X!-~V       -»!_^t

~y<^£- <_ ^ tsz--?.

/_>/ yrv* ^-^i^ *-/*. >^ ^ ^^- „ ^ ^^ x*—«. F » , \'                    /

-ocr page 23-

		2
		15. Bet supplement zal 174° 45\' 18", het complement          84° 45\' 18" zijn O. V. 10. Het verschil tnsschen supplement en complement van denzelfden hoek is altijd gelijk 1 R. 17.   Van hoeken grootcr dan 135°. 18.   Van hoeken grootcr dan 90°. 19.   Van hoeken grootcr dan 180°. 20.   Stompe hoeken. 21.   Van inspringende hoeken. 22.   83° 45\' O. V. 37° 50\' N. V. 23.   257° 8\' 34", 28 etc. O. V. 285° 71\' 42», 85 N. V. 24.   36° O. V., 40° N. V. Men noemt dezen hoek een scherpen hoek. 25.   Drie is het maximum, twee het minimnm. 20. Wanneer \'t supplement van den stompen hoek kleiner is dan de scherpe hoek. 27.   Wanneer \'t supplement van den inspringenden hoek kleiner is dan de scherpe hoek. 28.   Men kan uit den stand van twee hoeken oorJeclen of zij gelijk zijn, ja dan neen, in twee gevallen: 1°. Zoo de beenen van den eenen hoek evenwijdig loopen aan de beenen des anderen. 2°. Zoo de beenen des eenen hoeks loodrecht staan op de beenen des anderen. (\'t geval dat de beenen van den eenen die des anderen onder gelijke boeken snijden zullen wij hier niet behandelen.) In \'t eerste geval zijn de hoeken gelijk, zoo de beenen des eenen hoeks lichtingen hebben beide gelijk, of beide tegenovergesteld aan die der daaraan evenwijdig loopende beenen des anderen. In \'t tweede geval zijn de hockeu gelijk, zoo de beide hoekpunten aan dezelfde zijde liggen van de lijn die de pnntcn verbindt, waar de beenen van den eersten hoek die des tweeden snijden. 29.   In \'t eerste geval, in \'t vorig vraagstuk aangenomen, zijn de beide hoeken elkanders supplementen, zoo \'t eerste been des eenen hoeks gelijke richting heeft met het daaraan evenwijdige been des anderen, terwijl het tweede been des eenen en het daaraan evonwijdige been des tweeden hoeks, juist tegenovergestelde richtingen hebben. In het tweede in \'t vorig vraagstuk aangenomen geval, zoo de hoek- puntcn ter wederzijde liggen van de lijn die de punten verbindt, waar de beenen des eenen hoeks die des anderen snijden. 30.   Die hoeken zijn respectivelijk 18° 45\', 41° 15\', 48° 45, 63° 45\', 78° 45\', 108° 45\'. 31.   Eenen hoek van 45".

-ocr page 24-

		/\'■
		T

-ocr page 25-

		s
		32.   150°, 180°, 80°. 33.   105°, 40°, 215°. 34.   103° 30\', 31° 30\', 45°. 35.   Neem eenen willekcurigen hoek aan. Verleng diens eene been door \'t hoekpunt heen, en deel den aangenomen hoek zoowel als zijn sup- plement midden door. Deze doellijnen zullen eenen rechten hoek vormen. 36.   Kik punt der lijn die den gegeven hoek middendoor deelt zal aan \'t gevraagde voldoen. 37.   Wanneer men beide gegevene punten door eene lijn vereenigt, en op het midden dier lijn eene loodlijn opricht, zoo zal het snijpunt der loodlijn en der gegeven lijn \'t gevraagde wezen. 38.   Als wij het in \'t vorig vraagstuk gevonden punt vereenigen, met een der gegeven punten, blijkt dadelijk, dat een cirkel, met die lijn als straal uit \'t laatst gevonden punt als middelpunt beschreven , aan de vereischten voldoet. 39.   Verleng de gegeven lijnen tot zij elkander snijden. Deel den hoek waaronder dat geschiedt middendoor. Elk punt dier deellijn zal aan het gevraagde voldoen. 40.   Laat gevraagd zijn een punt te vinden dat op den gegeven afstand p * -van de lijn GH ligt, terwijl het tevens even ver van AB als van AC moet liggen. Verleng, zoo noodig, AB en AC tot zij elkander snijden: .deel den hoek BAC midden* door door eene lijn AD. Trek dan nog EF evenwijdig aan GH en op den afstand p daar- van verwijderd, dan zal het punt D op den afstand p van de lijn GH liggen; en daar bet tevens een punt is der lijn dié /_ BAC mid- dendoor deelt, op gelijke afstanden liggen van AB en AC. 41.   Neem een willekeurig punt in elk der beide lijnen aan. Richt uit beide die punten, aan die zijde der gegeven lijnen waar de nieuwe deellijn verwacht wordt, loodlijnen op, die men beide even lang moet maken. Trek door hare toppen lijnen evenwijdig aan die, waarop de loodlijnen zelve staan, en deel den dus gevormden hoek midden door. De zoo gevonden deellijn zal de gevraagde zijn. 42.   Zij BAC onze gegeven hoek. DE evenwijdig aan AC. FH evenwijdig aan GJ. Als wij de strook ADEC uit het vlak van hoek BAC weg nemen, verkleint daardoor de hoek niet, want daar DE evenwijdig loopt aan AC, is hoek BDE gelijk hoek BVC. Ook wanneer men de evenwijdige strook FHJG uit den hoek BAC wegneemt, is wat er van den hoek overblijft nog even groot als hoek X*

-ocr page 26-

I\' fi<....; / ,Y* / rC ^ ir.

e;.^ o o e \'s t ^

y ■-. V \\ -i/j

/*,

/

£J^£

-<^-*s*-^t /l-«*^^ £.

/

cf

«

/>->

Uif

73 o. r.

cv<

/l : /l

c •

.e»            \'S

M*/ic* Cc, Cc. Ai.H*. }i>-

JU

tf

„/>«/\'

.-. ./\'*> = t\'

Jk C = r"

«f.,/«. =

£>6 - ~** = .A>- Uk i-i *(**-\')

\\/,„:i ïr.

Jt= f? itx(i^^)^ïr

-ocr page 27-

		4
		BAC. Want trekken wij AK evenwijdig aan FH, dan is hoek BFH = boek BAK en hoek JD\'C = hoek KAC. Wanneer wij dit optellen verkrijgen wij hoek BPH hoek JD\'C = ^ CAB. Het heeft denkelijk niet in de bedoc- ling des schrijvers gelegen om strooken als LMNO uit het vlak van den hoek weg te nemen. Laat ABDC eene ruit zijn. Daar AB = AC is, ligt A op de lijn die BC in haar midden rechthoekig snijdt. Evenzoo is D, wrjl BD s DC is, een punt van diezelfde lijn. AD is dus die lijn, hoek E is recht en BE = EC. Geheel op diezelfde wijze vindt men dat ook AD in E middeudoor gedeeld wordt door BC. 44.   Beschrijf uit de uiteinden der gegeven lijn met stralen die e» grooter dau de helft dier lijn, en onderling gelijk zijn, cirkelbogen die elkaar ter weerszijden der gegeven lijn zullen snijden. De rechte lijn die deze twee snijpunten vereenigt zal de gevraagde zijn. 45.   Neem op elk der beenen des gegeven hoeks één punt aan, zóó, dat zij beide even ver van \'t hoekpunt verwijderd zijn. Beschrijf uit deze punten met willekeurige, doch gelijke straleu cirkelbogen die elkaar ergens snij Jen. Dit snijpunt vereenige men met het hoekpuut van den gegeven hoek, zco zal die lijn den gegeven hoek in twee gelijke hoekeu verdeeld hebben. Men kan in dit en in \'t vorige vraagstuk, door herhaling der bewerking, lijnen en hoeken vinden die gelijk \'/,, % > \'/ui\' V32 • vaD gegeven lijnen en hoekeu zijn. Aanmerking. Vraagstuk 45 had wel No. 1 dezes hoofdstuks mo- gen zijn. Het verdeelen van een hoek in twee gelijke deelen wordt al dadelijk iu vraagstuk 1 vereisebt.
		$ 07-$ 77.
		1.   36°, 60°, 84°. 2.   45°, 60°, 75°. 3.   45°, 30", 105°. 4.   80°, 55°, 45°. 5.   Het complement van één\', het supplement van geen\' der boeken eeus driehoeks kau negatief zijn. 6.   1 It 7.   4 tt.

-ocr page 28-

		5
		10 R. 69° 17\'. — 16° 48\'. In vraagstuk 9, 79° 38\' 30". In vraagstuk 10, 36° 36\'. 17° 48\'. 60° 18\'. 45° 89\'. 46° 8\'. 42° 39\', 60°, 77" 21\'. 25° 42\' 51%". 51° 25\' 42%". 102° 51\' 25%". 135°, 22° 30\', 22° 30\'. Dat kan nimmer. Het supplement van een\' der hoeken eeus driehoek* is altijd gelijk aan de som der beide overige hoeken. In eenen rechthoekigen driehoek. Elke hoek met zijn complement is gelijk 1 K. Twee hoeken eens driehoeks met hunne complementen zijn der- halve gelijk 2 R. Maar diezelfde twee hoeken met den derden hoek des driehoeks zijn ook gelijk 2 R. Derhalve is die derde hoek alleen gelijk aan de som der complementen der beide overige hoeken. Dit is eene strikvraag. Het supplement van eiken hoek eens drie- hoeks is altijd gelijk de som der beide overige hoeken. In eenen rechthoekigen driehoek.                                                    _ • 72° 14\', 72° 14\', 85° 32\'. 72° 14\', 53° 53\', 53° 53\'. 90°, 45°, 45°. Zij driehoek ABC gelijkbeenig, d. i. AB = AC gegeven. Verleng AB door A en deel hoek DAC midden door, zoo is hoek DAC as hoek ABC hoek ACB. Deelen wij dit door twee, zoo is de hoek DAB (DAC is door AE midden door gedeeld) gelijk hoek ABC, derhalve AE evenwijdig aan BC.
		8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 17.
		18. 19. 20.
		22. 23. 24. 25. 26. 27.
		28.   Wanneer de tophoek stomp is. 29.   Laat eene loodlijn vallen uit den top des driehoeks op de basis en zie verder vraagstuk 28 op blz. 2, het tweede geval.

-ocr page 29-

		6
		30.    a. Deel het supplement des gegeven tophoeks middendoor, dan zal elk dezer helften een der hoeken zijn aan de basis van gevraag- den driehoek. De gegevens zijn dan eene zijde met twee aau- liggende hoeken en dus de constructie te gemakkelijk om er ons bij op te houden. h. Beschrijf aan dezelfde zijde der basis uit bare beide uiteinden cirkelbogen wier stralen gelijk aan de gegeveu opstaande zijde zijn. Het snijpunt dezer bogen moet met de uiteinden der basis verecnigd worden. c.    Zet, van het hoekpunt des tophoeks af, op beide zijne becnen de gegeven opstaande zijde nit en vcreenig de uiteinden dezer zijden. d.    Daar beide hoeken aan de basis gelijk zijn, zijn hier eigenlijk gegeven de basis en de twee aanliggende hoeken. De constructie is derhalve zeer gemakkelijk. e.     Richt op het midden der basis eene loodlijn op en maak die zoo lang al* de gegeven loodlijn. Vereenig het toppunt dezer lood- lijn met de uiteinden der basis. f. Neem eene willekeurige lijn. Richt in een willekeurig punt dier lijn eene loodlijn op die lijn op en maak die zoolang als de gegeven loodlijn. Beschrijf uit het toppunt dier loodlijn met de opstaande zijde als straal een\' cirkclboog, en vereenig de snijpunten van dezen boog en de eerst aangenomen lijn met het middelpunt van den beschreven boog. 31.   Zij gegeveu dat AB gelijk BC zij : CD loodrecht op AB, EF lood- recht op AB, EG loodrecht op AC sta; dan is, zoo wij EF door E verlengen en CJ evenwijdig aan AB trekken, A EGC ^ A CEH. Want hoek ECH = hoek ABC = hoek BCA. hoek EHC - 1 R = hoek EGC. EC                        -            EC. Derhalve is ook EH = EG. FE -f EG is dus = FE EH. maar nn is               FE -f EH = DC j (omdat AB evenwijdig aan CJ en £ D = /_ F gelijk 1 R en der- halve FDCH een rechthoek isj) derhalve is ook FE EG = DC. 32.   De loodlijn uit het hoekpunt des stompen hoeks op de overstaande zijde neergelaten valt binnen den driehoek en kan nergens anders val- len. Want gesteld dat die loodlijn buiten den driehoek viel, zoo zouden wij eenen driehoek verkrijgen gevormd door eene zijde des drichocks, de tweede zijde en haar verlengde, en de loodlijn; deze driehoek zou één\' R, een\' stompen en eenen scherpen hoek bevatten.

-ocr page 30-

		7
		33. Zij ABCD de gegeven vierhoek. Trek BD en verleng die door B, dau is koek ABE = hoek A hoek ADB. en hoek CBE = hoek C -f- hoek CDB: \'t welk opgeteld geeft, hoek AUC = hoek A -{- hock C -)- hork AUC.
		Zij ABCDE de gegeven vijfhock. Verleng diens zijden zoo als dat voorgeschreven is: dan is hoek FEK -j- hoek KED = 2 K. maar hoek FEK = hoek EFA -{- hoek FA E. en hoek KED = hoek EGJ hoek EJG, dus ook hoek EFA -j- hoek FAE hoek EGJ hoek EJG = 2 R. maar hoek FAE = hoek AOK -f- hoek AKH, dus hoek EFA -f hoek AHK -f hoek AKH -f- boek EGJ -f hoek EJG = 2 R. Neem cene lijn van 13 meters lengte als basis aan. Beschrijf uit haar cene uiteinde met eene lijn van 7 meters lengte, en uit haar andere met eene lijn van 11 meters lengte als stralen, cirkelbogcn aan denzelfden kant der basis; vercenig hun snijpunt met de tiitcin- den der basis. Dit is onmogelijk. Zullen drie lijnen geschikt zijn om er eenen drie- hoek van samen te stellen, dan moeten zij aan twee voorwaarden vol- doen. De som van twee dier lijnen, hoc ook gekozen, moet grootcr zijn dan de overblijvende lijn. Het verschil van twee dier lijnen, hoe ook gekozen, moet kleiner dan de overblijvende lijn wezen. Ook deze constructie is onmogelijk. De reden biervan is opgesloten in de beantwoording vau vraagstuk 36. Zij ABCD cen gegeven vierhoek dan is AD < AB -f BI). AD < AC -f- CD. BC < AC -|- AB. BC < CD -f- BD. ---------------------------opt. De dubbele som der diagonalen <[ de dubbele som der zijden.
		33.
		30.
		37.
		38.

-ocr page 31-

		8
		of ook , de som der diagonalen <^ de som der zijden. Ook is AB < AB EB BD < BE -4- ED CD < DE -f EC AC < AE -f CE Telt men deze vormen bij elkaar en deelt de som door twee zoo ver- krijgt men de halve som der zijden ^ de som der diagonalen. 39.   In dit vraagstuk is de grootste zijde gelijk de som der beide overigen: de constructie is derhalve onmogelijk. Zie vraagstuk 36. 40.   Zes zijn gelgk en gelijkvormig. De overige zes bij tegenoverstand aan de eerste zes gelijk en ge- lijkvormig. 41.    Construeer eenen driehoek onder drie zijden die respectivelijk 26, 18,2, 13 meters lang zijn. 42.   Men zal uit vraagstuk 36 gemakkelijk begrijpen, dat ook de vcr- houdingsgetallen der zijden aan dezelfde voorwaarden moeten vol- doen als de zijden zelve. De voorliggende constructie is derhalve onmogelijk. 43.   Beschrijf eenen gelijkzydigen driehoek en deel een van diens hoeken middendoor. Zoo eene helft zal gelijk 30° of een derde rechte hoek zijn. 44.   Verdeel een derde van eenen rechten hoek (zie \'t vorig vraagstuk) in vier gelijke deelen. 45.   Van de grootte van den hoek B. (Zie de figuur door Badon Ghyben bij de stelling in § 77 gebruikt.) 46.   Laat gegeven zijn dat AB = AC is; dat de twee gegeven driehoeken ABD en ADC ook eene zijde AD gelijk hebben en dus zoo tegen elkander kunnen geplaatst worden, als dat in de figuur ge- schied is. Tevens zij gegeven dat hoek DAC < hoek DAB is. Nadat wij onze gegeven driehoeken zoo hebben nevens elkander gelegd als dat in dc figuur is geschied, trekken wij AE zoodanig dat hoek BAE = hoek CAF zij en trekken daarna FC. Daar nu de driehoeken AFC en ABF gelijk en gelijkvormig zijn (AB = AC, AF = AF, hoek BA F = hoek CAF) is KC = BF. Natuurlijk is DC < FD ■ - FC of DC < FD BF daar FC = BF is, of DC < BD. 47.     a. Zij eene lijn AB gegeven als hypotenuaa en eene kortere CD als rechthoekszijdc.

-ocr page 32-

		9
		Richt uit D op CD cene loodlijn op en beschrijf aan dezelfde zijde van CD uit C met AB als straal eenen cirkelboog die de opgerichte loodlijn natuurlijk ergens in E zal snijden. Vereenig E met C dan is driehoek CED de gevraagde. b. Zij eene lijn AB de gegeven hypotenusa en een scherpe hoek p de gegeven aanliggende hoek. Trek uit A eene lijn die met AB een\' hoek maakt gelijk hoek p en laat op deze lijn uit B eene loodlijn neder. Zij het voet- punt dezer loodlijn C geheeten dan is f\\ ABC de gevraagde. e. Zij eene lijn AB de gegevene rechthoekszijde en een hoek p de gegeven scherpe hoek. Trek uit B eene lijn met AB een\' hoek makende gelijk hoek p, en richt aan dezelfde zijde van de lijn AB, uit A op AB eene loodlijn op. Zij het snijpunt dezer lijnen C, dan is drie- hoek ABC de gevraagde. d. Stel dat de lijnen DE en BC ons als rechthoekszijden gegeven zijn. Richt uit B op BC eene loodlijn AB op, die gelijk aan de ge- geven lijn DE moet zijn. Vereenig A en C dan is driehoek ABC de gevraagde. 48.   Zij 6H als hypotenusa, AB als som der rechthoekszijden gegeven. Trek BF zóó, dat hoek ABF =s 45° is. Beschrijf uit A met 6H als straal eenen cir- kelboog: laat uit de punten C en F waar deze boog de lijn BF snijdt, CD en FE loodrecht neer op AB en trek AF en AC. De driehoeken AEF en ADC zullen beide aan de vereischten voldoen. Men bewijst dit zeer gemak- kclijk uit de gelijkbeenigheid der drie- hoeken BEF en BCD op deze wijze. In driehoek BCD is hoek D recht geconstrueerd. hoek B = 45° geconstrueerd; hoek C is derhalve ook = 45° en dus DC = BD. Tel hierbij AD = AD dan is DC -f AD s AB = de gegeven som der rechthoekszijden. AC is gelijk aan de gegeven hypotenusa geconstrueerd. 49.   Zij AB de gegeven hypotenusa CD het gegeven verschil der rechthoeks- zijden. Verleng CD door D. Maak hoek EDH = 45°. Beschrijf uit C met AB als straal eenen cirkelboog die DH ergens in F snijdt. Laat FG loodrecht op CE neer dan is drie- hoek CFG de gevraagde, \'t Bewijs is gelijkvormig met dat van vraagstuk 48.

-ocr page 33-

		1Ü
		50.   Iiaat twee lijnen AU eu BC gegeveu ziju als de som eu liet verschil der rechthoekszijden. Deel de som en het verschil der lijnen AB en BC middendoor en construeer onder deze beide helften als rechthoekszijden cenen rechthoekigen driehoek volgens vraagstuk 47, d, 51.   Laat twee lijnen A lï en CD gegeven zijn als de som der rechthocks- zijdeu en der hynotenusa eu \'t verschil der rcchthockszijdcu en der hypotcnusa. Deel de som en \'f, verschil der beide gegeven lijnen midden (kor, dan vindt gij de som der rcchthockszijdcu en de hynotenusa. Construeer onder deze gegevens ecuen rechthoekigen driehoek volgens vraagstuk 48. als basis, CD als omtrek, de hoek p als tophoek des gevraagden drie- hoeks. Zet AB op CD af, dan is EI) de som der opstaande zijden des gevraagden driehoeks. Neem EU eu trek uit D cene lijn DF een\' hoek makende met ED s \'/, hoek p. Beschrijf uit E met AB als straal eenen cirkelboog en laat deze de lijn DF ergens in G snijden: maak hoek DGU = hoek I1DG, dan zal driehoek GE1I de gevraagde zijn. \'t Bewijs hiervoor is gelijkvormig aau dat van vraagstuk 48 en wordt aangevangen met de gelijkbeenigheid van den driehoek HGD. Aanmerking. Boog GJ zal nog in een ander punt G\' de lijn DF snijden en zoo zoude nog een andere driehoek G\'EII\' kuunen gecou- strucerd worden. Wij hebben dit kortheidshalve achterwege gelaten en zullen ook in \'t vervolg van meer dan een antwoorden er slechts een geven, telkens echter opgeven, waar zulk een tweede antwoord kan gevonden worden.
		5:5.		Zij gegeveu AB als \'t verschil der opstaande zijden, CD als basis en
		een boek » als tophoek des gevraagden driehoeks. Trek BD zu\'ó, dat hoek CBD gelijk het halre supplement van hoek p is. Beschrijf uit A met CD als straal cenen cirkelboog, die BD ergens in F zal snijden : trek AF: trek EF zóó, dat hoek BBF = hoek BFK zij, dau zal driehoek AFE de gevraagde z(jn. \'t Bewijs hiervoor is geheel gelijkvormig met dat van vraagstuk 52.

-ocr page 34-

		11
		Zij hoek ABC de gegeven hoek, AB <le gegeven zij Je en BC de gegeven som der beide an- dcre zijden. Trek AC en maak lióck CAD = hoek DCA, dan zal driehoek ABD de\'ge- vraagde zijn.
		Ban zou men \'t gegeven verschil der beide zijden op BC (zie de figuur van \'t vorig vraagstuk) van B af uitzetten. Stel BC\' ware dut stuk. Meu zoude dan AC\' trekken en / C\'AC gelijk maken aan hoek AC\'C. liet snijpunt der lijnen AC en CC\' zou dan h"t derde hoekpunt z!,iu van den gevraogden driehoek ABC. Zij gegeven hoek ABC = R. hoek DAC = 30u. Trek uit C ceue lijn die met BC reiiin hoek maakt gelijk hoek !i, dan is hoek BDC — hoek DCB = hoek DBC = 60". en BD = DC = BC. Ook is dan hoek ADC = 120°, hoek ACD = hoek CiD = 30°. Derhalve is driehoek ACD gelijkbecnig. Is nu AD = BD en BD = BC = DC dan is ook AB = 2 BC.
		56.
		57.   Zij gegeven dat in driehoek ABC, EB = DC = AF zij; AB = BC = AC zij; BF derhalve = EG = AD zij; wan- neer dan DE, EF en PD getrokken zijn zoo is drieh. DEC 28 drich. BFE 22 «rich. ADF; want hoek C — hoek B = hoek A , CD =             BE =          Al\', CE s             BF =          AD. Derhalve is ook DE = EF = VD of driehoek DEF gelijkzijdig. 58.   Zij gegeven de lijn PQ en laat A en B de punten zijn aan ée\'ne zijde dier lijn. Laat uit A en B loodlijncn op PQ neder. Verleng AC door C, tot zoolang CE = AC zij. Trek BE en AF dan zal F \'t gevraagde punt zijn: trant hoek BVD = hoek CFE, maar hoek CFE = hoek AFC.

-ocr page 35-

		18 (daar driehoek AFC en CFE gelijk en ge- lijkvormig zijn). Derhalve is ook hoek BFD ■ = hoek AFC. Het bewijs, waarom driehoek AFC gelijk en gelijkvormig met driehoek CFE is, zij den lezer overgelaten.
		59.   Onder dezelfde gegevens als in vraagstuk 58 zal het punt F dat wij daar vonden, ook in dit vraagstuk het gevraagde zijn. Want stel eens dat het niet zoo en een punt G \'t gevraagde ware dan zoude, zoo men 6B, GA, GE trok, driehoek GAC 2g driehoek GEC zijn en dus GA = GE wezen. Verder zoude BG GA < BF -f FA of BG -j- GE < BF -f- EF moeten zijn, d. i. in driehoek BGE zou BG -f- GE <C BE moeten wezen, \'t geen blijkbaar onzin is. 60.   Wanneer men de toppen der beide gegeven loodlijnen door eene lijn verbindt, en op het midden dezer lijn eene loodlijn opricht, zal het snijpunt dezer loodlijn en der gegeven lijn \'t gevraagde wezen. § 78 — § 93. 1.   In eenen vierhoek één. „ „ vijfhoek twee. „ „ zeshoek drie. „ „ w-hoek, n-3, omdat men uit een hoekpunt eens willeken- rigen veelhoeks diagonalen kan trekken naar alle hoekpunten uitgezon- derd drie, het hoekpunt zelf waaruit men diagonalen trekt, en de beide aanliggende, waarmede \'t eerstgenoemde punt door zijden vcr- eenigd is. 2.   In eenen vierhoek twee. „\' „ vijfhoek vijf. „ „ zeshoek negen. „ „ «-hoek y.z n (b—8); wijl men uit elk hoekpunt van een\' a-hoek »—3 diagonalen kan trekken zou men verwachten dat de jre- vraagde formule zou zijn » (n—S). Telkens vallen er echter twee dei- diagonalen op elkander, want een diagonaal van A naar B is dezelfde als van B naar A; en derhalve verandert do formule in degene die wij gegeven hebben. 3.   Omdat in de zoo even genoemde formule \'/2 n (»—3) een der factoren gelijk 0 wordt.

-ocr page 36-

		13
		4.   20 K. 5.   6 R. 6.   Niets. 7.   55° 18\' 34". 8.   0. 9.   — 1 R. 10.   Ia een\' achthoek. Immers ia een n hoek is de som der hoeken = (n—2) X 2 R, hier = 12 R. Deelt men deze vergelijking door 2 K, zoo verkrijgt men »—2 = 6, of n s 8. 11.   In geenen veelhoek. De som der supplementen is altijd = 4 R. 12.   In eenen zevenendertighoek. (Zie vr. 10). 13.   In een n hoek is de som der hoeken -f- de som der compl. hoeken = » R. Trek hiervan af de som der hoeken = (»—2) 2 R = (2 «—-t) 11, zoo blijft er voor de som der compl. hoeken (—» -f- 4) R = — 9 R, waaruit volgt » = 13. 14.   Respectivelijk 54°, 72°, 90°, 126°, 162°, 180°, 216°. Aanmerking. Een zevenhoek met deze hoeken is een zeshoek met eenen inspringenden hoek. 15.   Die supplementen zijn dus respectivelijk 24°, 48°, 72°, 90°, 120°, en de daarbij behooreude hoekeu respectivelijk : 156°, 132°, 108°, 84°, 60°. 16.   In dit vraagstuk zijn de supplemeutshoekeu resp. — 20°, 160°, — 40°, 140°, 120°: de hoeken zelve respectivelijk 200°, 20°, 220°, 40°, 00". 17.    Die compleinentshoeken bevatten dus respectivelijk — 15°, — 20°, —  25°, — 30°, — 35°, — 55°. De daarbij behoorende hoeken zijn respectivelgk 105°, 110°, 115°, 120°, 125°, 145°. 18.   Nu ziju die complementshoeken respectivelijk — 24°, — 36°; -f- 60°, —   48°, — 60° — 72°, waarbij hoeken bchooren die respectivelijk 114°, 12C°, 30", 138°, 150°, 162° groot zijn. 19.   In een\' vierhoek één. In eenen vijfhoek twee. In eenen zeshoek drie. In eenen »-hoek »—3. Want een « hoek bevat (»—2) 2 rechte hoe- ken; men kan daarvan n—2 gestrekte hoeken maken en dus op zijn hoogst slechts n—3 inspringende hoeken. De achthoek ABCDEFGH bestaat uit drieh. AFH -f- drieh. ABF -f drieh. BFC - - drieh. FCD — drieh. HGF — drieh. FED.

-ocr page 37-

		14
		21.   Ia eenen vierhoek met eenen inspringende!! hoek en in veelhoeken , wier inspringende hoeken op elkander volgen. 22.   Neem eene lijn AB van 60 meters lengte: trek uit B eene lijn BC zóó, dat hoek ABC gelijk 110° zij, maak BC 50 meters lang: trek uit C eene lijn CD zóó, dat hoek BCD gelijk 105° zij: maak CD 40 meters lang: trek nit D eene lijn DE zóó, dat hoek CDE gelijk 140° zij: maak DE 30 meters lang: trek ten slotte nog EA, zoo zal veel- boek ABCDE de gevraagde zijn. 23.   Neem als basis eene lijn AB van 60 meters lengte. Beschrijf op AB eenen driehoek ABC onder de opstaande zijden BC gelijk 50 meters AC = 84 meters. Beschrijf even zoo op AC eenen driehoek ACD onder de opstaande zijden AD = 79 m. en CD as 40 m.; eindelijk eenen driehoek ADE op AD onder de opstaande zijden AE = 63 m. DE = 80 m. De figuur ABCDE zal dan de gevraagde vijf hoek zijn. 24.   Neem eene lijn AB van 60 m. lengte en beschrijf daarop drie drie- hoeken : den eersten onder de opstaande zijden BC = 50 m. en AC = 84 m. den tweeden onder de opstaande zijden AD ss 79 m. BD = 78 m: den derden onder de opstaande zijden AE = 63 m. BE = 92 m. Vereenig D met E en C zoo zal ABCDE gevraagde vijfhoek zijn. 25.   Indien een koek gegeven is gelijk 31° 20\' 45", zoo is de daartegen overstaande hoek ook 31° 20\' 45". De beide overige hoeken zullen ieder 14S° 39\' 15" groot zijn. 26.   In dit parallelograin zullen de twee stompe boeken, ieder 108° 30\', de twee overige ieder 71° 30\' zijn. 27.   Elke lijn getrokken door het snijpunt der diagonalen van een paral- lelogram, verdeelt het op de gevraagde wijze. Laat bijv. in het parallelogram ABCD door het snijpunt der diagonalen E ge- trokken zijn de willekeurige lijn FG dan is gemakkelijk te bewijzen dat drie- hoeken AGE en EFC, driehoeken DEF en EBG gelijk en gelijkvormig zyn. Wij weten dan van de twee vierhoeken AGDF en BGFC. AD = BC. DF sb BG. AG = FC. hoek BAD = hoek BCD en hoek ADC = hoek ABC. deze vierhoeken zijn derhalve gelijk en gelijkvormig. 28.   Om h pnnten in onderlinge ligging te bepalen zijn 2»— 8 gegevens noodig Ter bepaling van de onderlinge ligging van 10 punten moeten wij derhalve 17 gegevens hebben.

-ocr page 38-

r                                   /

£t-*~- £ ü „       At, <L4- c/a.

^-<>~1r eL- A^. 4

/

£k etM.i*si*-} t^* «_ /sa**--& 6.,.^ e^e^i *C^^£" x.*t^£

/^ * Z £ <r< r

Z< . J £ y/ /* <T

x^

^/^ ^ &?//*JF

< y"*

e., <^./L»^c Zi. // ft f ~£ /$ c

-ocr page 39-

		15
		f 94 — i 120. 1.   Die grootste gcmeene maat is eene lijn van 39 in. lengte. 2.   Men zal in dit vraagstuk tot grootste gcmeene maat verkrijgen 0,017 meters. 3.   Zoek eerst de grootste gemeene maat tnsschen 5,2 m. en 6,24 in. Deze is 1,04 m. Zoek dan de grootste gemeene maat tusschen 1,04 in. en 2,21. Deze is 0,13 m. Dus is ook de grootste gemeene maat der drie gegeven lijnen 0,13 ra. 4.   5,72 en 44,85 meters. 5.   1202,9 en 1363,9 meters. 6.   Die betrekkingswijzer zal zijn 3. 7. 15. 1. 288. enz. 7.   Hoe men uit de betrekkingswijzers de verhoudingen opmaakt, leert ons Badon Ghyben § 94. Gebruiken «rij de twee eerste wijzcrgetallen in ons vraagstuk, zoo vinden wij de verhouding 22: 7. Gebruiken wij de drie eerste, zoo vinden wij de verhouding 333: 106. Zoo wij de vier eerste gebruiken, vinden wij de verhouding 355: 113. 8.   Wanneer een gewone breuk die tot noemer n heeft, herleid zijnde, eens repeteerende tiendeelige breuk oplevert, waarvan de repetcerende groep uit «—1 cijfers bestaat, zal dit altijd \'t geval zijn , omdat bij het deelen zich alle mogelijke resten voordoen van »—1 af tot 1 toe. 9.   Elke breuk die tot noemer « heeft, en, herleid zijnde, eene tiendeelige repetcerende breuk oplevert, waarvan de repeteerende groep uit«—1 cijfers bestaat, zal \'t zelfde verschijnsel opleveren. Bij voorbeeld alle breuken die 19 tot noemer hebben. De rep. groep geeft dan zulk een getal, 10.   Alleen tusschen gelijkslachtige grootheden die onderling meetbaar zijn. 11.   Zet op een been van den willekeurigen hoek A van A af, Am uit ge- lijk aan de gegeven lijn m, en Au gelijk aan de gegeven lijn «. Zet daarna op het andere been van denzelfden hoek van A af, Az> uit gelijk aan de gegeven lijn p. Trek mp en hieraan door n de lijn nq even- wijdig, zoo zal Ay de gevraagde vierde evenredige tot m, n en p zijn. Het punt q is natuurlijk het snijpunt van nq en kp. De vijf volgende constructies zijn aan deze volkomen gelijkvormig. Van de zes vierde evenredigen in dit vraagstuk gezocht zol de eerste aan de tweede, de derde aan de vierde, de vijfde aan de zesde gelijk zijn. 12.   Zet in de figuur die in vraagstuk 11 is voorgeschreven van A af op A» uit, Am gelijk de gegeven lijn n>, en A» gelijk de gegeven lijn n. Van A af op Ap moet gij uitzetten An\' gelijk de gegeven lijn ». Trek mn\' en door n eene aan mn\' evenwijdige lijn tip, zoo zal Ap de gevraagde derde evenredige zijn. De tweede constructie is volkomen aan deze eerste gelijkvormig. Gesteld dat m en n lijnen zijn van verschillende lengte, zoo kunnen deze derde evenredigen niet even groot zijn.

-ocr page 40-

		16
		13. Laat twee lijnen elkander rechthoekig in X snijden. Zij AX de gege- ven lijn m, BX de gegeven lijn ». Trek AB en maak hoek ABC recht; maak daarna hoek BCD recht en ga zoo voort dan zal AX : BX = BX : CX. BX : CX = CX : DX zijn. en dus ook AX : BX = BX : CX = CX : DX.
		De zijden om den verdeelden hoek moeten in dezelfde reden tot elkan- der staan als de stukken waarin de over den hoek staande zijde ver- deeld is. De som der zijden om den verdeelden hoek is 18 in., dus zijn zij respectivelyk 7,5 en 10,5 m. lang. 15. Gebruik makende van Badon Ghyben § 98 vinden «\'ij, de opstaande zijden des gegeven drieüoeks zijn respectivelijk 10 en 6 m. IC. Beschrijf op eene basis AB die 84 m. lang is, eenen driehoek ABC wiens opstaande zijden tot elkander in reden zijn moeten als 11 : 3. Verdeel den hoek C in twee gelijke deelen dan zal deze deellijn de lijn AB in de gewenschte reden verdeelen. 17. Beschrijf op dezelfde lijn AB als in vorig vraagstuk bedoeld is een\' driehoek ABC waarvan AC : BC = 11 : 4 staat. Verleng AC door C en verdeel het dus gevormde supplement van hoek BCA in twee gelijke deelen. Waar deze deellijn de door B verlengde lijn AB ont- moet vinden wij een punt D zóó, dat DA : DB =11:4 staat en volgens eene bekende eigenschap der evenredigheden is dus ook DA - DB : DA = 11 — 4 : 11. of AB : AD = 7 : 11. DA is dus de gevraagde lijn. IS. Op 1320 meters afstand van de minst verwijderde torenspits. 19. Laat ABC de gegeven driehoek zijn en hoek C door CF middendoor- gedeeld worden. Laat hoek BED gelijk hoek AFD gelijk recht zijn. dan is drieh. ECB co A A1\'c want hoek ACD = hoek DCB hoek AFC = hoek CEB. dus is BE : AF = BC : AC. Maar ook is drieh. ADF co A EDB. want hoek ADF = hoek EDB. hoek AFD = hoek DEB. dus is BE : AF = DB :_AD. eu ook DB : AD = BC : AC.

-ocr page 41-

17

20.   Deel hoek A middendoor door cene lijn die BC ergens in E snijdt. Trek DE evenwijdig aan AB, dan zal deze DE de gevraagde lijn zijn. 21.   Laat ABC de gegeven driehoek zyn. Neem van A af op AC een willekeurig liefst klein stuk AF aan. Maak AJ = 3 AF, AH = 5 AF. Trek JG evenwijdig aau AB, GH even- wijdig aan AC. Trek nog AG, en DE evenwijdig aan AB dan zal deze DE de gevraagde lijn zijn.

vr.uwijdig zij aan ST, dan is driehoek PAB co driehoek PDE want hoek PAB s hoek PDE eu hoek APB = hoek DPE: dus is AB : DE = PB : PE. — Ook is driehoek PBC co driehoek PEF want hoek BPC = hoek EPF. hoek PCB = hoek PFE. dus is BC : EF = PB : PE.

22. Stel: dat QR

en ook AB : DE = BC : EF. Laatjdc liguur aan het voorgeschrevene voldoen, dan is drieh. ABP co drieh. FEP. dus AB : EF = BP : PE. Maar ook is driehoek BCP co drieh. EDP dus BC : ED = BP : PE.

dus ook AB : EF = BC : ED of AB : BC = EF : ED. \'t bewijs voor de gelijkvormigheid der genoemde driehoeken kunnen wij met ecne verwijzing naar Vr. 22 aldoen. 24. Zij BAC de gegeven hoek ; richt uit A op CA en AB loodlijnen op aan die zijde dier lijnen waar het gevraagde punt wordt verwacht. Zet op AD uit A eeu willekeurig stuk uit, en uit A op AE een stuk dat tot het vorige in reden is als 4 : 7. Trek EF evenwijdig aan AC, Dl\'" evenwijdig aan AB, en trek dau nog AF. Ieder punt der lijn AF zal aan \'t vereischte voldoen. 25 liet moet, na de oplossing van vraagstuk 24, zeer gemakkelijk vallen

-ocr page 42-

		18
		den hoek CAI! door eene lijn AD zoo in twee stukken te doelen, dat de afstanden van elk punt der lijn AD tot AB en AC tot elkander in reden zijn als 2 : 5. Evenzoo kunnen wij eene lijn CE vinden zoodanig dat de afstanden van elk punt dier lijn tot AC en BC in reden zijn als 5 : 7. Het snijpunt van AD en CE zal \'t gevraagde punt P zijn. 26.   Trek ecuc diagonaal in een willekeurig quadraat, en zoek dan \'t ver- schil tusschen die diagonaal en de zijde van \'t aangenomen vierkant. Een vierde evenredige gezocht tot dit gevonden verschil, \'t gegeven verschil en de zijde van \'t aangenomen vierkant zal de zijde van het gevraagde quadraat zijn. 27.   Trek in eenen rechthoek waarvan de basis tot de hoogte staat ala 5 : 3 een\' diagonaal, en zoek \'t verschil van deze diagonaal en de langste zijde des aangenomen rechthocks. Zoek dan eene vierde evenredige tot dit gevonden verschil, \'t ge. geven verschil en de langste zijde des aangenomen rechthoeks. Een rechthoek geconstrueerd onder deze vierde evenredige als basis en % dezer lijn als hoogte zal de gevraagde zijn. 28.   Laat gegeven zijn dat fig. ABCD een parallelogram is en dat verder hoek CAH a hoek HAB „ ABF = „ FBD „ BDE s „ EDC „ DCE = „ ECA is. Daar hoek CAB -|- hoek ABD s 2 R is, is ook hoek FAB hoek FBA = R. ergo ook hoek AFB = R. Ook is hoek ACD -f hoek CDB = 2 R, ol hoek ECD hoek CDE = R. en hoek CED derhalve R. Evenzoo kunnen wij vinden hoek AHC = htek BGD = R. dus ook hnnne overstaande hoek EHF = hoek EGF = R. Wij weten derhalve dat van den vierhoek EHFG elke hoek recht is; q. e. d. 29.   Men neme eerst een parallelogram dat den gegeven hoek en de gegeven verhouding van zijden om dien hoek heeft, en zoeke in die figuur \'t verschil tusschen de langste hoekpuntslijn en langste zijde. Zoek dan een vierde evenredige tot dit gevonden verschil, \'t gegeven verschil en de langste zijde van \'t aangenomen parallelogram. Con- strueer op deze vierde evenredige als langste zijde een parallelogram gelijkvormig aan \'t gegeven parallelogram. 30.   Laat de figuur aan de vereischten voldoen, dan is onze thesis hoek FEG = hoek FBO.

-ocr page 43-

19

Daar boek BAD -f- hoek ADC = 2 R is weten wij, even als in vraag- stnk 28, dat hoek EFD si R ia; evenzoo, daar hoek ABC -j- hoek BCD = 2 R is, dat hoek BGC recht is. Beschouwen wij nn de hoeken waar- van in de thesis gesproken wordt,

dan zien wij, elkander staan

dat zulks twee hoeken zijn wier beenen loodrecht op Zulke hoeken zijn , zooals wij vroeger gezien hebben,

Belijk, zoo de hoekpunten aan dezelfde zijde der lijn gelegen zijn, die de snijpunten der beenen verbindt; en dit is hier het geval, want E en H liggen aan eene zijde der lijn FG. Telt men bijeen « = «\' /? = ff y — <y\' zoo verkrijgt men de identieke vergelijking a 0 -f- y = *\' ff 4" y\' : ■*• \'• w«lke waarde men ook geve aan a, [3. y • deze vergelijking zal steeds waar blijven. Telt men bijeen « = 180°—a\' P = ff y = y\' zoo verkrijgt men de niet identieke ver- gelijking x 0 y = 180°—a\' ff y\' : A. i. alléén zoo & = 180 — «\' is (of et = 90° is) is deze vergelijking waar. Telt men bijeen « = 180°- at! $ = 180°-/3\' y = y\' zoo verkrijgt men de valsche verge- lijking a 4- /3 y == 360°—a\'—/3\' y\'. Want wij zouden dit ook zoo kunnen schrijven i <x /) y—y\' -f- «\' /* = 360°- Wij weten echter: a /3 y y\'H-*\'-*-/3\' = 360°. Dus il de gevonden vergelijking valsch. Telt men bijeen a = 180°~a\'

31.

y = 180°—y\'

zoo verkrijgt men de valsche -fi\' — y\'. Want wij zouden dit

vergelijking * p y = 540°

ook zoo kunnen schrijven :

-|_ ff _|- y\' — 540°. Wij weten -f y\' = 360° is. Das is de

« p y echter dat a £ y a\'

gevonden vergelijking valsch. Laat gegeven zijn hoek ADG = hoek BEJ = hoek CFJ s R

2*

-ocr page 44-

		20
		De som der hoeken van vierh. BEHD = 4 II. hoek BDH hoek BEH s 2 R geg.
		------------------------------------------------------aft. hoek B hoek DHE = 2 R. maar hoek GHJ hoek DHE = 2 R. dus ook hoek B = hoek GHJ. In drieh ADK en drieh. KFG is hoek ADK = hoek KFG = R. geg. hoek AKD = hoek FKG. dus ook hoek DAK = hoek KGF. maar hoek KGF = hoek i IG.F: dus is ook hoek DAK = hoek HGJ. Wij weten derhalve van de driehoeken ABC en GHJ dat zij twee hoeken ieder in \'t bijzonder gelijk hebben, en dus gelijkvormig zijn. 83. Aanmerking. In de figuur heb ik wel de verhouding van PA : QA. knunen op papier brengen, maar, zoo als men lichtelijk begrijpt, niet die van AB : PA zonder in onduidelijkheden te ver- vallen. Zij gegeven AP = 1720 m. AQ = 1290 m. AB = 68 m. AC s 51 m. BC = 89 m. Daar wij nu bevinden dat AP : AQ = AB .- AC staat, loopt BC evenwijdig aan PQ en is dus drieh. APQ co drieh. ABC, dus is AB : BC = AP : PQ. 68"> : S9m = 1720m : PQ. PQ = 2251ni, 17647 etc. 34.   Deze driehoeken zijn gelijkvormig. Zij hebben éénen hoek gelijk, en de zijden om dien hoek zijn evenredig. 35.   84 meters. 36.   Zij gegeven dat ABCD cenc ruit zij en dat AF en DE beide loodrecht op BC staan en diens verlengde, dan is zeer zeker EC = BF en verder AC* = BC2 -f AB* 2 BC X BF BD* = DC* - ■ BC*—2 BC X EC; EC = BFj BC» = AD». Substitueeren wy dit in de laatste vergelijking en tellen wij haar dan bij de vorige op zoo hebben wij AC* -f- BD* = AB* -f BC* -f- CD* AD*. 37.   82. Jjfjj meters. 38.   Laat AC en AE de gegeven lijnen zijn. Construeer onder deze twee den rechthoek AEïC. Verleng AC en

-ocr page 45-

		21
		geef AB eene willekeurige lengte. Trek BE, en door C eene lijn evenwijdig aan de pas getrokkene. Wegens de gelijk- vormighcid van driehoek ABE en drie- hoek ACD zal AC : AB = AD : AE staan. -
		H op gegeven wijze verdeelde gegeven lijn zijn. Trek CD op willekeurigen afstand van AB aan AB evenwijdig. Zet op CD van uit een willekeurig punt E de gegevene te vcrdeelen lijn uit (EF). Trek AE en BF en verleng ze, tot zij elkander in L snijden. Trek LG en LH zoo zal in K en J de gegeven lijn EF op gevraagde wijze verdeeld zijn. Trek uit een der uiteinden der gegeven lijn eene lijn die met haar cenen willekeurigen hoek maakt. Z (van het hoekpunt van dien hoek af op het laatst getrokken been 27 willekeurige doch onderling gelijke stukken af. Vereenig het punt waar wij ons dan bevinden met het uog vrije eindpunt der gegeven lijn. Het behoeft stellig wel geene aanduiding, door welke der 27 punten op de eerste constructielijn men de vier lijnen evenwijdig aan de laatst getrokkene moet trekken, ten einde de gegeven lijn in de gevraagde verhouding te vcrdeelen.
		41.
		FG ge-
		Indien BF : bf —		af en
		42.
		ljjkstandig met fy. Gelijkstandigc lijnen zijn lijnen die in gelijkvormige figuren eveneens geplaatste punten vereenigen. Zij gegeven AB : ab = BC : bc = CD : cd — AD : ad in de tra- pezia ABCD en alcd. Trek in beide CE en et evenwijdig aan AD en ad, dan hebben wij dat A B : DC = ab : de staat, of AB—DC : ab—de =. DC : de en DC : de = BC : bc. dus is EI? : eb = BC : bc. ook BC : bc = CE: ce want CE = AD en ce=ad
		43.

-ocr page 46-

		22
		dus hebben wij KB : eb — BC : te — CE : ce. Derhalve zijn drieh. BEO en drieh. iee gelijkvormig en ia hoek B = hoek l. Ook is hoek BEC as hoek iec of wat \'t zelfde is, daar AD en CE, ad en ce evenwijdig loopen, hoek EAD = hoek ead. Daar de gegeven figuren trapezia zijn, zijn dus ook de hoeken ADC en DCB respectivelijk gelijk de hoeken adc en dei. Nu zijn dus ook onze trapezia gelijkvormig, want al hunne hoeken zijn gelijk en hunne gelijkstandige zijden evenredig. 45.   Neem de figuur van \'t vorig vraagstuk en laat gegeven zijn de gelijk- heid der hoeken en de evenredigheid der evenwijdige zijden. Laat dan ook nu de lijnen CE en ce getrokken ziju evenwijdig aan AD en ad. Bewijs nu de gelijkvormigheid der driehoeken CEB en cti uit de gelijkheid der hoeken CEB en eet, EBC en eic. Uit die ge- lijkvormigheid besluiten wij dan tot de evenredigheid BC : 6e = EB : eb of BC : bc =■ AB—DC : ai—de. Wij weten bovendien AB : ai = DC : de = AB—DC : ai—de en vinden uit de vereeniging dezer twee evenredigheden BC : ec = AB : ai = DC i de. Evenzoo zouden wij kunnen vinden AB : ai = DC : de - AD ; ad. Dus zgn ook in deze trapezia de zijden evenredig en de hoeken gelijk; zij zijn derhalve gelijkvormig. 46.   Als men geeft, dat van twee parallelogrammen één hoek gelijk is, zijn de overige hoeken ook gelijk. En wanneer de aan de gelijk gegeven hoeken liggende zijden even- redig zijn, bestaat tusschen de twee overige zijden dezelfde reden. 47.   De reden hiervan ligt even als in \'t vorig vraagstuk in de gelijkheid van alle hoeken en de evenredigheid van alle gelijkstandige zijden. 48.   Neem van P af, op elk der uit P naar de hoekpunten des gegevenen veelhocks getrokken lijnen, stukken, die tot de lijnen, waarop zij worden afgezet, in verhouding zijn als 2 tot 7. Vereenig de uiteinden van al deze stukken op rij af. 49.   Zoo zet men de stukken waarvan in \'t vorig vraagstuk gesproken is van P af uit op elke der diagonalen die uit P naar de overige hoek- punten wordt getrokken, en op de twee aan den hoek P liggende zij- den, terwijl men dan verder handelt als in vr. 48. 50.   Trek uit het punt P lijnen naar al die hoekpunten des veelhoeks, waarmede het niet door een gedeelte eener zijde is vereenigd. Zet vervolgens de stukken, waarvan in vr. 48 is sprake geweest, af op alle lijnen die aan het punt P te zamen komeu , en handel verder als in vr 48.

-ocr page 47-

		SS
		51.   Zet de meermalen genoemde stukken van P af uit op alle lijnen, die men eerst uit F naar alle hoekpunten des veclboeks getrokken - heeft. Handel verder als in vr. 48. 52.   Trek uit een der uiteinden des gegeven omtreks cenc willekeurige lijn waarop gij van het hoekpunt des pasgevormdeu hoeks af achter clk- ander de zijden des gegeven drichoeks moet uitzetten. Verccnig daarop het punt waar wij ons dan bevinden met het nog vrije uiteinde des gegeven omtreks, en verdeel door middel van evenwijdige lijnen den geg. omtrek in dezelfde reden, als het gebruikte stuk der wille- keurige lijn. Wij hebben dan den gegeven omtrek in de zijden verdeeld, onder welke wij den gevraagden driehoek moeten construeeren. 53.   Van den driehoek gevormd door den beganen grond , den ladder en den muur weten wij dat één hoek recht, de hypotenusa 17 voet, écne der rechthoekszijden 15 voet lang is. De andere rechthoekszyde is derhalve 8 voet lang. 54.   In driehoek ABC zij AC = 13, BC = 15 AB = 14 meters. Zij tevens hoek CDB = R dan is AC2 = AB* BC2-2 AB X BJ)- 169 = 196 225—28 BI). 28 BD = 252. BD = 9 m. Na weinig berekening volgt dat AD = 5, CD =12 meters is. 55.   In dezen stomphoekigen driehoek valt de. lood lijn uit C op \'t ver» lengde van AB, 0,5 m. van A af. De loodliju zelve is dus l,93649m etc. 56.   Zij gegeven in figuur 1, AC = 13, BC = 15, AB = 14 meters, dan hebben wij in vr. 54 ge- vonden, is CD = 12 meters; ook. zullen wij na berekening vinden dat BE = 12,92307 etc. AF •= 11,2 meter is. In figuur 2 zij gegeven AC = 2, BC = 4, AB ss 8 me- ters, dan hebben wij gevonden in vr. 55 CD = 1,93649 etc. meters; ook zullen wij na bereke- ning vinden BE =s 2,90473 etc. AF = 1,45236 etc. meters. 57.   Zij de gebroken lijn ABCD de koers van het schip. Zij AB 400, BC 220, CD 150 mijlen lang. Verleng BC aan beide zijden en trek DG evenwijdig aan EF. Laat uit A op DG, en uit D op EF eene loodlijn neer, dan is driehoek BFA co driehoek DEC; beide zijn gelijkbeenige rechthoekige driehoeken ,

-ocr page 48-

		24
		daar ho.Jt FBA = hoek DCE = 45°, hoek F = hoek G = hoek E = R geconstrueerd is. Nu is dus AB» = 2 BF2 = 2 FA2 & DC« = 2 ED2 = 2 EC2 s 2 GF2. 80000 = BF2 = FA» 11250 = ED2 = EC2 = GF2 282,84271 etc = BF = FA. 105,06601 etc. = ED = EC = GF. Nu is AD2 = AG2 -f- DG2. „ = (AF FG)2 (EC -4- CB 4- BF)2 „ es 388,90872 etc. \' -f- 808,90872 etc. ». „ = 522019,8217840768 etc derhalve AD = 722,50939 etc. mijlen. 58.   Dit vraagstuk wordt natuurlijk op bijna dezelfde wijze berekend als het vorige. Het antwoord zal zijn 424,00489 etc. mijlen. 59.   Met behulp der formule 2 v =----- V s (s—a) (s—b) (s—c) vinden wij c voor de loodlijnen vallende op de zijden, die rcspectivelijk 84, 91, 105 meters lang zijn, 87,30533 etc, 80,58954 etc., en 69,84427 etc. meters. 60.   Op dezelfde wijze vinden wij dat de loodlijnen vallende op de zijden, die rcspectivelijk 32, 41, 49 meters lang zijn, 40,72391 etc, 31,78152 etc, 26,59521 etc. meters lang zijn. f 121 — $ 141. 1.   Neen. De lengtegraden worden over den geheelen bol, behalve alleen aan de linie gemeten op kleine cirkels: de breedtegraden altijd op groote cirkels. Alleen dan derhalve, wanneer Amsterdam op den evc- naar lag, zouden 10 breedtegraden van daar uitgemeten even lang als 10 lengtegraden van daar uitgemeten kunnen zijn. In elk ander geval zullen de lengtegraden graden eens kleinen cir- kels, de breedtegraden graden eens grooten cirkels zijn, en dus on- mogelijk gelijk kunnen zijn. 2.   Het antwoord ligt opgesloten in \'t antwoord op \'t vorig vraagstuk. Alleen dan wanneer de lengtcgraden op den evenaar worden gemeten. 3.   Dat Amsterdam even ver van Moscou als van Cocstantinopel ligt. Men kan zich gemakkelijk voorstellen dat door Amsterdam en Con- stantinopel en ook door Amsterdam en Moscou een groote cirkel ge- bracht wordt. Daar nu de lijnen waarvan gesproken is, elkander in \'t middelpunt

-ocr page 49-

		25
		der aarde, en dus ook in \'t middelpunt der twee groote cirkels die beschreven zijn, ontmoeten, en, zooals de opgave luidt, daar gelijke hoeken vormen, behoeven wij slechts te verwijzen naar de stelling: In denzelfden cirkel, of in cirkels met gelijke stralen beschreven, worden gelijke hoeken aan \'t middelpunt door gelijke bogen onderspannen. Laat de twee cirkels der figuur de gegevenc zijn, en NR de lijn wezen van welke wij bewijzen moeten NO = QR. Laat daartoe MP loodrecht op NR neer, dan is OP = PQ en tevens NP sss PR. Trekken wij de eerste vergelijking van de laatste af zoo verkrijgen wij q. e. d.
		Laat de figuur geconstrueerd zijn zoo als dat is voorgeschreven, zoo zal AE de vierde evenredige tot AB, AC en AD zijn. Want trekken wij EP en DG, zoo is hoek D = hoek E = R. hoek A = hoek A. en dus driehoek ADG co driehoek AEP. en dus staat AG : AF = AD : AE, of, in- dien wij de termen der eerste reden door twee deelen AB : AC ss AD : AE: q. e. d. Laat cirkel APH verbeelden eene meridiaan gebracht door eene gege- vene plaats A. Laat de lijn EQ den evenaar, PP\' den as der aarde, de lijn HH\' den horizon der plaats A verbeelden. PH is dan de pools- hoogte AQ de breedte der plaats A. Daar nu zoowel hoek HMA als hoek PMQ recht is, blijft, zoo wij van beide den hoek PMA aftrekken, hoek HMP = hoek AMQ of boog HP = boog AQ. (Zie vr. 3 dezer paragraaf.) Richt midden op eene lijn van 5 meters lengte eene loodlijc lang 0,5 meters op. Vereenig het toppunt dezer loodlijn met de uiteinden der eerstgenoemde lijn. Het snijpunt der loodlijnen die ik op \'t midden der beide pas getrokken lijnen opricht zal \'t middelpunt des gevraag- den cirkels zijn. Richt midden op eene lijn van 7 meters lengte eene loodlijn lang 17,5 meters op. Liet toppunt dezer loodlijn en de beide uiteinden der eerst aangenomen lijn zullen nu de drie punten zijn waardoor een

-ocr page 50-

		2e,
		cirkel zal moeten gebracht worden. Hoe dit geschiedt, mogen wij. na \'t vorige vraagstuk bekend veronderstellen. 9. Ja; de drie punten waardoor men in dit geval eenen cirkel zal moe- ten brengen, zullen niet iu eene rechte lijn liggen, en derhalve de con- structie mogelijk zijn. 10.   0,14614 etc., 9,85386 etc. meters. 11.   De oplossing die ik ga geven is geene wiskunstige. Zij komt daarin overeen met de oplossingen die voor dergelyke vraagstukken worden gegeven. Neem op een been van eenen kleinen scherpen hoek BAC, wiens been AB om het punt A zich moeten kunnen bewegen, eene willekeurige lijn AD. Be- schrijf uit D met deze AD als straal eenen boog, die AB ergens in E zal snijden; trek DE. Beschrijf nu weder uit E met ED als straal eenen cirkelboog die AC ergens in E zal snijden; trek SF. Laat ook FG en 6H op dezelfde wijze geconstrneerd = AD zijn. Nu moet de hoek BAC zoo ver geopend of gesloten worden dat hoek HGB = den genoemden te verdeelen hoek zij. (Wij vooronderstellen daarbij, dat de punten E, F, G, H langs AB en AC kunnen ver- schuiven.) Zoodra hoek HGB s den gegeven hoek is, is hoek BAC = % des gegeven hoeks. Het waarom hiervan zal men zeer gemak- kelijk uit de aangehaalde paragrafen kunnen vinden. 12.   Laat uit het middelpunt des gegeven cirkels eene loodlijn neer op de gegevene lijn of haar verlengde. Daar waar deze loodlijn of haar ver- lengde den cirkelomtrek snijdt, zal \'t raakpunt der gevraagde raaklijn zijn; en men zal die lijn zelve vinden door uit genoemd snijpunteene lijn te trekken evenwijdig aan de gegevene lijn.                                  , 13.   De halve cirkel. 14.   Segmenten grooter dan de halve cirkel zijn grooter, segmenten kleiner .dan de halve cirkel zijn kleiner dan de sectoren, die respectivelijk bij de bogen der segmenten behooren. \'t Verschil is in beide gevallen een gelijkbeenige driehoek, gevormd door de koorde van het segment en twee stralen getrokken naar de uiteinden dezer koorde. 15.   Is die overstaande hoek scherp, recht of stomp, zoo zal zijn hoekpunt respectivelijk buiten, op, binnen den cirkelomtrek vallen. 16.   Elk punt der lijn die den gegevenen hoek middendoor deelt zal men als middelpunt kunnen aannemen van eenen cirkel die aan \'t ge- vraagde voldoen zal. De straal zal altijd de loodlijn ziju, uit het ge- kozen punt op een der beenen, natuurlijk onverschillig welk, des ge- geven hoeks neergelaten. 17.   Laat AC en AB de in stelling gegeven lijnen zijn: verleng ze zoo noodig tot zij elkander in A snijden; deel den hoek A door de lij»

-ocr page 51-

		27
		AD middendoor. Richt aan die zijde van AB, waar het middelpunt des nieuwen cirkels verwacht wordt, eene loodlijn op AB uit A op, en maak daarvan het stuk AE = den gegeven straal. Trek EF evenwijdig aan AB, dan zal M \'t middelpunt des gevraag- den cirkels zijn.
		18.   De liji.cu die de drie hoeken eens driehoeks middendoor deelen snijden elkander in een punt. Dat punt is in eiken driehoek het middelpunt van dcu zoogenaamden ingeschreven cirkel. 19.   Laat ABC de gegeven driehoek zijn. Verleng elke zijde naar twee kanten en deel de hoeken DAC, ACG, HCB > CBE, ABF, BAJ middendoor; van de dus verkregen doellijnen zullen de twee eerste in hun snijpunt ons het middelpunt verschaffen voor eenen cir- kel die DA, AC, CG zal raken; zoo men tot straal den afstand van dat punt tot een dier drie lijnen neemt. Het snijpunt der volgende doellijnen zal \'t middelpunt van eenen cirkel zijn die op dezelfde wijze als bo- venstaande beschreven IIC, BC, BE raken zal. Het snijpunt der 2 laatste is het middelpunt vaa eenen dergelijken cirkel die FB, BA, AJ raken zal. 20.   12 meters. De oplossing is zeer gemakkelijk. Wanneer men uit beide middelpunten der gegeven cirkels stralen trekt naar de raakpun- ten der gegeven raaklijn en uit het middelpunt des kleinsten cirkels eene lijn evenwijdig aan de gegevene raaklijn, zoo is deze laatste lijn gelijk aan de gegeven raaklijn (voor zoo ver die tusschen de twee omtrekken begrepen is) en zal gemakkelijk kuunen berekeud worden daar zij eerste rechthoekszijde is van den rechthoekigen driehoek, wiens hypoteuusa en tweede rechthoekszijde (\'t verschil der stralen) ons bekend zijn. 21.   Vereenig de middelpunten der gegeven cirkels met elkander en ver- eenig elk dier zelfde punten met een der raakpunten door middel eens straal»: uit de dus ontstane gelijkvormige driehoeken vinden wij uiterst gemakkelijk, dat de gegeven raaklijn 9,3S082°> etc. is. 22.   Verleng die lijnen tot zij elkander snijden en eenen driehoek vormen. . Beschrijf dan in dien driehoek eenen cirkel volgens vr. IS dezer pa- ragraaf, en daarna drie cirkels, waarvan elke ééne zijde des driehoeks

-ocr page 52-

		28 en de verlengden der twee overige raakt, volgens vr, 19 dezer pa- rag raaf. 23.   Beschrijf om den gegeven driehoek eenen cirkel en maak dien met den gegeven cirkel concentriek. Vereenig de hoekpunten des gegeven driehoeks met het middelpunt der concentrieke cirkels. Vereenig ein- delijk de punten waar of de pas getrokken lijuen, of hunne verlengden den gegeven cirkel snijden. 24.   Beschrijf in den gegeven driehoek eenen cirkel ; maak deze met den gegevenen cirkel concentriek. Trek dan aan den gegeven cirkel raak- lijnen evenwijdig aan de zijden van den gegeven driehoek. 25.   Beschrijf in den gegeven driehoek den ingeschreven cirkel. Beschrijf daarna uit elk der hoekpunten des driehoeks een\' cirkel die tot straal den afstand van dat hoekpunt tot de twee naastbijgelegen raakpun- ten heeft. 26.   Verleng de twee eerstgegeven lijnen zoo noodig tot zij elkander snij - den. Deel den aldus ontstanen hoek middendoor. Waar de pas ge- construeerde doellijn de derde gegevene lijn snijdt zal \'t middelpunt des gevraagden cirkels zijn. Het zal wel niet behoeven te worden voorgeschreven, welken straal die cirkel zal moeten hebben.
		27.   Laat AB en AC in stelling gegeven zijn, en zoo noodig verlengd elk- andcr in A snijden; laat ook het punt P gegeven zijn. Deel hoek ABC door eene lijn AD middendoor, en beschrijf uit een willekeurig punt M dier lijn een\' cirkel die AB en AC raakt. Trek AP, en verleng deze lijn zoo zij den pas beschreven cirkel niet snijdt. Trek MP\' en MP" en door P, PO evenwijdig aan MP" en PN even- wijdig aan MP\', zoo zullen de nit O en N met de respective stralen OP en PN beschreven cirkels aan het vereischte voldoen. 28.   Wanneer de afstand hunner middelpunten gelijk is aan de som hun- ner stralen. 29.   Wanneer de afstand hunner middelpunten gelijk is aan \'t verschil hunner stralen. 30.   Wanneer de afstand hunner middelpunten kleiner dan de som, maar grooter dan \'t verschil hunner stralen is. 31.   Wanneer de afstand hunner middelpunten kleiner dan het verschil, of grooter dan de som hunner stralen is.

-ocr page 53-

		29
		32.   De middellgn. 33.   Die koorde, die de middellgn in \'t vorig vraagstuk gevonden in het gegeven punt loodrecht snijdt. 34.   De lijn die door het middelpunt des cirkels tot aan den omtrek gaat. 35.   Die welke, verlengd zijnde, door\'t middelpunt des gegeven cirkels zou gaan. 36.   Die welke men van uit \'t gegeven punt naar \'t middelpunt trekt en zoover verlengt door \'t middelpunt heen, tot zij den omtrek snijdt. 37.   Die welke, verlengd zijnde, door \'t middelpunt des cirkels zou gaan. § 142 —{ 150. 1.   11° 14\' 17". 2.   Beschrijf uit de hoekpunten der gegevene hoeken met willekeurige doch gelijke stralen cirkelbogen, die de beenen der hoeken snijden. Zoek van de cirkelbogen, tusschen de beenen der gegeven hoeken be- grepen, de grootste gemeene maat. Deze (23° 15\' 45\') zal ook de grootste gemeene maat der gegevene hoeken zijn. 3.            14° 36\' 42",93, en 68° 28\' 31", 77. 4.            63° 59\' S",3, en 11° 0\' 7",4. 5.   Als 3 : 1. 6.   Twee en dertig maal. 7.   Dit beteckent dat hoek P gemeten wordt door boog AB. Hierbij valt op te merken dat men, om hoeken te meten, zich bedient vau groot- heden die met hoekeu ongelijkslachtig zijn. Dat men dergelijke ongelijkslachtige grootheden ook in het dagelrjksch leven met elkander in verband brengt, zal wel geene aanduiding be- hoeven. Hoe men bijv. afstanden meet met uren, met lijd, is alge- meen bekend. 8.   114° 24\'. 9.   Die hoeken staan tot elkander als de bogen waarop zij staan. 10.   150°. 11.   25° 42\' 51",42 etc. 12.   77° 8\' 34",30 etc. 13.   114° 24\' 43",4. 14.   Deze zijn alle gelijk. Want zij worden alle gemeten door de helft van denzelfden cirkelboog, 15.  Onder een hoek van 114° 42\' 20". 16.  Onder een hoek van 90° 1\' 35". 17.   Zoo vormen de twee getrokken lijnen eenen rechten boek. 18.   De bogen waardoor de hoeken der segmenten gemeten worden, groeien aan naarmate de segmenten zelve kleiner worden. 19.   Gesteld dat bij het aangeven van de verhoudingen der afgesneden bo- gen men bij den boog begonnen is die tusschen de beenen des hoeks ligt, zoo zal die hoek 60° bevatten. Gesteld dal ons de vtrhoudingcu der bogen opgenoemd zijn in goede

-ocr page 54-

		30
		volgorde, maar men bij oenen willckeurigen boog begonnen is,, zoo kan de gegeven hoek zoowel 60° als 120° zijn. 20.   Geredeneerd hebbende als in \'t vorig vraagstuk, zal men bevinden dat de gegeven hoek 71° 41\' of 108° 19\' is. 21.   Immer 15". 22.   Immer 36°. 23.   30°. 24.   127° 5\' en 232° 55\'. 25.   146° 24\'. 26.   83° 14\' 25". 27.   Laat gegeven zijn PQ = 17 meters. Trek PC zóó", dat hoek QPC = 50° is; richt nit P op PC eene loodlijn PB op, en evenzoo uit het midden D van PQ eene loodlijn DA op PQ. Beschrijf uit M met MP als straal eenen cirkel. Als nu nog een willekeurig punt van den boog POQ met P en Q vereenigd is, zal driehoek POQ de gevraagde zijn.
		met 5 meters straal. Zet van nit een willekeurig punt van den omtrek A eene koorde AB uit = 5 meters. Richt uit B eene loodlijn BE op AB op, en maak \'t stuk BF zeven meters lang. Trek DC door F evenwydig aan AB, en trek nog DA, DB, CA en CB. Zoowel driehoek ABD als ABC zal dan aan de vereischten voldoen.
		§ 151 — 5 163.
		Wanneer de lijn die geprojecteerd moet worden evenwijdig loopt aan de lijn waarop de projectie moet plaats hebben. Wanneer het verlengde van de lijn die geprojecteerd moet worden loodrecht staat op de lijn waarop de projectie moet plaats hebben. Van den hoek waaronder die twee lijnen elkander snijden. Hoe kleiner of hoe grootcr de scherpe hoek is, waaronder genoemde lijnen elkander snijden, hoe grooter of hoe kleiner de projectie zijn zal. Laat AC en BC de twee gegeven lijnen zijn. Beschrijf op hunne som

-ocr page 55-

		31
		AB een\' halven cirkel en richt; uit C op AB eene loodlijn op. Het vierkant van \'t aantal lengteheden der lijn DC zal dan gelijk zijn aan \'t pro- dttct der getallen die het aantal eenheden van AC en BC aandniden. 5.   Zij ADB (zio de figuur van vraagstuk 4) het gewelf der kerk. Zij AC = 8, BC = 18 meters. De stang DC zal dan 12 meters lang zijn. 6.   (Zie dezelfde figuur). 14,42220 &c, en 21,63330 &c. meters. 7.   Beschrijf op cene willekeurige lijn AB eenen halven cirkel. Neem eene willekeurige liefst niet te groote lijn als lengte-eenheid aan en zet van A af op AB, AC = 3 eenh. AD = 7 eenh. uit. Richt uit C en D op AB loodlijnen op, die den cirkelomtrek ergens in E en F snijden. Trek AE, AF zoo zal AE : AF = V% : yi staan; Want AE2 = AC X AB, AF2 = AD X AB; dus AE2 : AF°- = AC X AB : AD X AB. of AE2 : AF2 = AC : AD = 3 : 7. of AE : AF = V* • V- 8.   Beschouw dit vraagstuk alsof er gevraagd was: Construeer 2 lijnen die tot elkander in reden zijn ah J/9 : |/7 en handel vervolgens overeenkomstig vraagstuk 7. 9.   Beschrijf op de som der lijnen AB en BC, respectivelijk gelijk aan P en Q, eenen halven cirkel. Bicht uit B op AC eene loodlijn op en vereenig het punt D, waar deze lijn den cirkelomtrek snijdt, met A en C. Zet de lijn die ons nevens P en Q gegeven is van A af op AD uit. Laat AE gelijk die gegevene lijn zijn. Trek dan door E eene lijn evenwijdig aan AC, zoo zal, wanneer wij het snijpunt van deze lijn en DC, F noemen, FC de gevraagde lijn zijn. Gesteld dat AE langer ware dan AC, dan ondergaat daardoor de constructie weinig verandering. Men zet dan AE af op AD en diens verlengde. Het punt F zal dan vallen op het verlengde der lyn DC en even als vroeger CF de gevraagde lijn zijn. 10.   Als 1 . V% : VS : 2 : V5: enz. 11.   Neem eene willekeurige liefst kleine lijn als eenheid aan. Zet van het uiteinde A van de middellijn AB eens willekeurigen halven cirkels AC, AD, AE, AF op AB uit, respectivelijk gelijk 1. 2. 3. 4 eenheden. Bicht uit C, D, E, F loodlijnen op AB op, die den cirkelomtrek ergens in G, H, J, K zullen snijden. Trek AG,

-ocr page 56-

		32
		AH, AJ, AK. Deze laatste lijnen zullen tot elkander in de gevraagde verhouding staan. 12.   Men construeere eenen rechthoekigen driehoek , welks schuine zijde = 4, en welks eene rechthoekszijde = 3 eenheden is, zoo zal de andere rechthoekszijde = J/7 zijn. 13.   Elk oneven getal is begrepen in de formule 2a -)- 1 en kan verdeeld worden in twee deelen waarvan het eene ééne eenheid grooter is dan het andere, a en a \\- 1. Het verschil der vierkanten dezer twee deelen zal altijd 2a -\\- 1 zijn. Hierop bouwen wij voor ons vraagstuk deze constructie. Verdeel het getal 2 a ~|- 1 in 2 deelen waarvan het eene e\'éne eenheid grooter is dan het andere. Deze deelen zullen a -\\- 1 en a zijn. Con- strueer eenen rechthoekigen driehoek wiens eene rechthoekszijde a Icngte- eenheden en wiens hypotenusa a -| 1 dierzelfde eenheden lang is. De tweede rechthoekszijde zal dan tot de eenheid staan als |/ (2 « -j- 1) J 1« 14.   Snijden twee koorden elkander, zoo is het product der stukken der eene koorde gelijk aan \'t product der stukken der andere. Het oubekende stuk is derhalve hier 9,375 meters. 15.   0,7 meters. 16.   Daar in dit geval de beide stnkken waarin de koorde verdeeld wordt even lang zijn, is het product der stukken der middellijn gelijk het quadraat der halve koorde. Wij kunnen dus in ons bijzonder geval de eigenschap, in oplossing 14 dezer paragraaf genoemd, aldus schrijven: De halve koorde is middenevenredig tusschen de stukken waarin de middellijn is verdeeld. 17.   PD = 5,04 meters. 18.   Breng door A en B eenen willekeurigen cirkel. Trek daaraan uit P eene raaklijn. Deze zal de gevraagde middenevenredige zijn. Hare leugte zal 3 meters wezen. 19.   Bij al deze cirkels is de raaklijn daaraan uit C getrokken = |/ (AC X BC. Een cirkel uit C met eene dier raaklijnen als straal beschre- ven, zal ook door de uiteinden der andere gaan , daar ze alle even lang zijn. 20.   8,75 meters. 21.   35632,6288 etc. meters. 22.   Van eene in de uiterste en middelste reden verdeelde lijn is het grootste stuk, gesteld dat de lijn zelve a lengte-eenheden lang zij, —% a -f- Vl a V& en het kleinste l\'/2 «—\'/a aV *> Q\'cr eenheden lang. Als wij nn den wortel uit 5 = 2,23606 en a = 7,42 nemen, is het grootste stuk der in dit vraagstuk gegeven lijn 4,5857826 er. het kleinste 2,8342174 meters. 23.   Deel eerst eene lijn van 7,42 meters lengte in de uiterste en mid- delste reden. De som van het gevonden grootste stuk en de lijn zelve zal de gevraagde lijn zijn.

-ocr page 57-

24.   Het in vraagstuk 22 dezer paragraaf gevonden grootste stuk der lijn van 7,42 meters zal zelve, in de uiterste en middelste reden ver- deeld, tot grootste stuk hebben het kleinste stuk der lijn van 7,42 meters, welk kleinste stuk wij ook in genoemd vraagstuk hebben berekend. 25.   1,9406142 meters, gesteld dat de |/5 met juistheid werd uitgedrukt door 2,23606. 26.   3,67290 enz. 27.   Laat AB eene middcllijn des cirkels BC en hoek ACD recht zijn. Laat verder CF ss BF zijn, en uit F met FD de cirkelboog DE beschreven ziju. Stellen wij nu, dat de straal van onzen cirkel r eenheden lang is dan is CF = % r. CD = r en dus FD2 = % r2, FD = j r |/5. EF is dus ook = % r J/5 eu daar CF = % r is, is EC as — \'/j r -f- 14 r ^°> cn trekken wij dit van AC = r af zoo blijft voor AE i% r~% r ya. Verheffen wij de waarde voor EC gevonden in het quadraat zoo vin- den wij 1/4\'\'2—Va r2 |/5, \'t geen wg ook vinden zullen zoo wij de voor AE gevonden waarde met r vermenigvuldigen. Derhalve is de lijn AC in de uiterste en middelste reden ver- deeld.

28. Laat

zijn die door het punt C in de uiterste en mid-

delste reden gedeeld wordt. Beschrijf op AB eenen halven cirkel, en zet van A uit het grootste stuk van AB, BC, als koorde uit. Zij AD = BC. Trek dan nog DC en BD en driehoek ADB is de gevraagde. Want daar wij weten dat BC2 = AB X AC is, weten wij ook dat AD2 = AB X AC is en derhalve AC de projectie van AD is, DC loodrecht op AB staat. Nu is dan ook driehoek BDC gelijkvormig met driehoek ABD en derhalve is AB : BD = BD : BC. of daar BC = AD is. AB : BD = BD : AD; q. e. d.

29. 80.

69. % meters. 3 meters.

81. Laat de figuur aan liet voorschrevene voldoen, zoo is

3

-ocr page 58-

		34
		driehoek AED co driehoek ABC; want hoek A as hoek A. hoek AKI) = hoek ACB, want DE is evenwijdig aan BC. Wij hebben derhalve AD : AB = DE : BC. of AD : AB = DF : BC. (1) Verder is driehoek BC6 <x> driehoek GDF; want hoek DGF = hoek CGB. en hoek DFG = hoek GCB, wijl EF evenwijdig aan BC is, dus DG : BG ss DF : BC. (2) Uit de vereeniging van 1 en 2 hebben wy AD : AB = DG : BG. of AD X BG = AB X DG. 32.   Zij de lijn AB de gcgevene en laat CX getrokken zijn zoo als in de opgave voorgeschreven is. Zij verder BC = CD, DE = AB, FD evenwijdig aan AE, dan is wegens de evenwijdigheid van FD en AE, driehoek CFD <x> drie- hoek CAE en dus CF : FA = CD : DE. Maar CD is gelijk BC en DE = AB: dus kunnen wij hiervoor schrijven CF : FA == BC : AB of CF X AB s: AF X BC ; q. e. d. 33.   De evenredigheid AB : BC = AF : CF (zie het vorige vraagstuk) kan ook geschreven worden AB:BC = AB—BF:BF—BC; waaruit volgt, dat AB, BF en BC harmonisch evenredig zijn. 34.   Wanneer de lijn door A en B gebracht de lyn CD loodrecht snijdt; want de lijn die de middelpunten vereenigt, loopt dan evenwijdig aan de lijn CD, en de stralen der bedoelde cirkela zijn dus even groot. 85. Als de lijn door A en B gelegd evenwijdig is aan de lijn CD. De constructie van dezen eenen cirkel is natuurlijk veel eenvoudi- ger dan die der in § 163 bedoelde. $ 164 — § 182. 1. Vereenig, indien A, B en C de gegeven punten zijn, B met A en C. Richt loodlijncu op op het midden van AB en BC. Het punt waar deze loodlijncn (zoo noodig verlengd) elkander zullen snijden, zal \'t gevraagde puut zijn.

-ocr page 59-

		35
		Dit vraagstuk is onoplosbaar, zoodra de drie gegeven punten in eene rechte lijn liggen. 2.   Men verlenge de lijnen tot zij elkander snijden, en deele de hoeken waaronder dat geschiedt, middendoor. Het snijpunt dezer doellijnen zal het gevraagde punt zijn. Bij evenwijdigheid der drie lijnen wordt het vraagstuk onoplosbaar. Bij evenwijdigheid van twee der lijnen blijft eene constructie mogelijk. 3.   Wanneer men zulks doet bij gelijkzijdige driehoeken. 4.   Brj cencn scherphoekigen Manen, bij eenen stomphoekigen buiten den driehoek. 5.   Bij eenen rechthoekigen driehoek. Want zoo men op de hypotenusa eenen halven cirkel beschrijft aan die zijde waar de driehoek zelf zich bevindt, dan moet het hoekpunt van den rechten hoek in den omtrek des cirkels vallen. Qet middelpunt diens halven cirkels deelt natuur- lijk deze hypotenusa in twee stukken, die elk even lang zijn als de lijn, die het hoekpunt des rechten hoeks verbindt met het middelpunt, aangezien elk dezer drie lijnen een straal fan den cirkel is, waarin de rechthoekige driehoek staat. 6.   Het bewijs hiervoor ligt opgesloten in dè beantwoording van het vo- rige vraagstuk. 7.   Om alle vierhoeken wier tegenover elkander staande hoeken elkanders supplementen zijn. 8.   In alle vierhoeken waarvan de sommen der tegenover elkander staande zijden gelijk zijn. 9.   Laat ABCD de gegeven vierhoek zijn en de supplementen zijner hoeken de hoeken BAB, MAD, EUL, KDC, DCJ, BCH, CB6, ABF raid- dendoorgedeeld worden, de twee eerste door de lijn PS, de twee volgende door de lijn SB, de vijfde en zesde door de lijn RQ, de twee laatste door de lijn PQ zoo zal hoek CQB == 180°— (hoek QBC hoek BCQ) hoek ASI) = 180°— (hoek SAP hoek SPA) zijn. hoek CQB -f hoek ASD = 360° — (hoek QBC -f- hoek BCQ -\\- hoek SAD hoek SDA). De vier laatstgenoemde hoeken ech- ter zijn ieder gelijk de helft van twee der acht in \'t begin opgenoemde sup- plemcntshoeken en wel hoek QBC = y.2 supplement van hoek B, hoek BCQ = \'/, supplement van hoek C, hoek SAD = \'/2 supplement van hoek A en hoek SDA = i/.l supplement van hoek I) des vierhoeks. Volgens eene bekende eigenschap is de som dezer halve supplementen 8«

-ocr page 60-

		36
		= 180°; \'t welk in onze vergelijking gesubstitueerd, geeft hoek CQB hoek ASD = 860°—180° = 180°. Wijl nu FQRS een vierhoek is (niemand toch zal het bewijs willen vorderen dat PQ, QR, RS, PS rechte lijnen zijn) is hoek P -f- hoek Q hoek R hoek S = 36C°: dus is ook hoek P hoek R = 180°, en kan om vierhoek PQRS een cirkel worden beschreven, vol- gens vraagstuk 7 dezer paragraaf. 10.   144°, 150°, 162°, 168°, 178°, 179°, 179° 54\'. 11.   24°. 12.   36°, 80°, 18°, 12°, 4°, 0° 24\'. 13.   Zij gegeven AG s 3,15 meters, FC s 2,12 meters zoo is (indien onze figuur aan het voorgeschrevene voldoet) AB, die wij loodrecht op FC heb- beu laten vallen en verlengd heb- ben, = V (AF2—FB2) = 2.96C enz. meters. Verder is driehoek AFB t» driehoek AEG en dus AB : AG = FB : EG. EG derhalve ia 1,12564 etc. meters. El)                       2,25129 „ „ lang. 14.   Substitueert men A = 2\'«, 3 en r ss 3™, 15 in de formule a 2 Ar =;-?—n—:—ts-> zoo verkrijgt men voor o, 2">,16 ongeveer. y (ir\' j- A\') 15.   9,7805776 etc. meters. 16.   2,51383 etc. meters, 17.   2,60190 etc, meters. 18.   6 meters. 19.   Zij gegeven dat de zijde des regelmatigen tienhoeks in een\' cirkel be- schreven = 7 meters is, dan is het zeer gemakkelijk te vinden dat de straal des omgeschreven cirkels = 11,32631 etc. meters is en zul- len wij met behnlp hiervan vinden voor den straal des ingeschreven cirkels 10,77196 etc. meters. 20.   8,9378072 etc. meters.
		7,4296024 „ n 6,3200000 „ » 4,8870752 „ » 3,9059496 „ ■ 3,2714216 „ n 1,9772752 „ U 11,313787 etc, , metera, 10,20781 etc. meters. 35,54662 elo. meters,

-ocr page 61-

		37
		24.    1,41431 etc. meter*. 1 ■                    meter. 0,76536 etc meters. 0,61803 „ 0,51736 „ 0,39018 „ 0,81286 „ 25.   Laat. gegeven zijn dat boog AB sa 30° is, dan is boog AD = 150°. Maak boog BC .= boog AB en trek AC. Daar hoek AMB = 30°, en dns AD zijde van den rcgclmatigen inge- schreven twaalf hoek is, zal AC zijde van den rcgclmatigen ingeschreven zeshoek zijn, en dns gelijk aan den straal wezen. Trek nu nog DC dan is driehoek DAC co driehoek MAB en dus DA : MA = AC ; AB of DA : MA = MA : AB; q. e. d. 26.    <4 1/(10 2 Vh) of lm,90211. 27.   De kortste diagonaal van den regelm. zeshoek, is de zijde van den rcgclmatigen driehoek en dus = |/\'3, of L"\',7,\'i20508. 28.   Als */2 |/3 : 1; zoo wij de |/3 rekenen op 1,73205, verandert deze verhouding in 0,866025 : 1. 29.   Als 1 : 0,92386 etc. 30.   Wanneer wij den straal des omgeschreven cirkels gelijk 1 stellen, is de zijde des rcgclmatigen ingeschreven zeshoeks = 1, die van den regelmatigen ingeschreven driehoek = 1,7320508 etc.; en dus ver- houdt zich Omtr. Ing. Reg. zesh. : omtr. Ing. Reg. drieh. = 6 X 1 : 3 X 1.7320508 etc. = 6 : 5,1961524 etc. 31.   Dan is de straal in de uiterste en middelste reden verdeeld. De zijde van den tienhoek is dan het grootste stuk. Verlengt men den straal met de zijde van den tienhoek, dan is de som dezer lijnen eene in de uiterste en middelste reden verdeelde lijn, waarvan de zijde des tienhoeks het kleinste stuk is. . 82. De zijde van eenen ingeschreven regelmatigen vijf hoek is 1,17557 etc meters lang wanneer de straal des omg. cirkels 1 meter lang is. Met behulp der formule A =------------ (Badon Ghyb. $ 173) vinden 1/(4 —a*) wij hiernit: Zijde omgeschreven regelmatige vijf hoek = 1,45031 etc. meters. 88. Als de straal des omgeschreven cirkels 1 meter lang is, ia de zijde

-ocr page 62-

		38
		des ingeschr. regelm. drieh. 1,73205 etc. meters. „                       „ vierh. 1,41421 „ „             „        zesh. 1,             „ meter. „         .             „ achth. 0,76536 „ meters, tienh. 0,61803 „ twaalfh. 0,51763 „ ia Wij vinden daaruit door de formule A = -;-------— 1/(4—a2) Zgde omgeschr. regel m. drieh. = 3,46410 etc. meters. »            >             » vierh. =2,               „         „ n           „              „ zesh. = 1,15470 „         „ achth. = 0,82842 „ tienh. = 0,649839 „         „ ,            „             » twaalfh. = 0,53589 „         m 34.   Als 1 : 2 gelijk uit \'t vorig vraagstuk blijkt. 35.   Daar wij in de vorige vraagstukken zoowel de zijden der ingeschrc- vene als der omgeschrevene regelmatige veelhoeken hebben berekend, viuden wij nu zeer gemakkelijk
		Omtr. Ing. Reg. Vierh. „ Zesh. „         _ „ Achth.		Omt. Omg. Keg. Vierh. = 1,41421 etc. : 2. „ „ „ Zesh. =1 : 1,15470 etc. „ „ Achth. s 0,76586 etc. :
		0,82842 etc. „ „ „ Tienh. : » „ „ Tienh. = 0,61803 etc. : 0,649889 etc. 86. Een hoek van 3° is de middelpuntshoek van eenen regelmatigen 120 hoek. Wij weten uit Badon Ghyben, hoe het verschil der bogen on- derspannen door de zijde eens ingeschreven regelmatigen zeshoeks en de zijde eens ingeschreven regelmatigen tienhoeks een boog is van 24 graden, en dat de koorde die zoodanigen boog onderspant de zijde is van den regelmatigen vijftienhoek. Als deze bekend is, valt het zeer gemakkelijk, ook den regelmatigen ingeschreven dertig-, zestig-, hon- derd-twintighoek te beschrijven. § 183 — $ 186. 1. De zijden van den iugeschreven en omgeschreven regelmatigen vierhoek zijn ons nit de vorige vraagstukken bekend. Wij weten met behulp daarvan dat, zoo men den straal des cirkels gelijk 1 m. stelt, de om- trekken dier veelhoeken 5,65685 etc. en 8 meters zijn. Tusschen deze beide omtrekken ligt de omtrek des cirkels, grooter dan de omtrek des ingeschrevenen, kleiner dan die des omgeschre- ven veelhoeks. Beschouwen wij nu de omtrekken der om- en inge- schrevene achthoeken, zoo leert ons reeds een oppervlakkige blik dat de grenzen, waartusschen de cirkelomtrek ligt, nauwer bijeengekomen

-ocr page 63-

		39
		zijn, en uit de berekening vinden wij, dat die omtrek zich tusschen 6,12293 etc. en 6,62741 etc. m. bevindt. De beschouwing der om- en ingeschreven zestien en twee en dertig hoeken bepaalt deze grenzen tot 6,24288 etc. en 6,36519 etc. 6,27309 etc. en 6,30341 etc meters. Zoo voortgaande, ook om- en ingeschreven 64, 128, enz. hoeken te beschouwen, zullen wij spoedig tot in verscheidene decimalen nauw- keurig de verhouding van omtrek en straal vinden. Hoe wij uit de verhouding van cirkclomtrek en straal, het Ludolphiaansche getal vinden, zal wel geene aanduiding behoeven. 2.   Wanneer men de grootste gemeene maat zoekt tnsschen de eenheid en \'t Ludolphiaansche getal, zijn de wijzergelallen zoo als bekend is 3, 7, 15, 1, 292, 1, 1 enz. Hieruit vindt men volgens Badon Ghyb. § 94, de verhoudingen van middellijn tot omtrek 7 : 22, 106 : 333, 113 : 355, 33102 : 103993, 33215 : 104348 enz. 3.   Zie het vorige vraasrstuk. 4.   Door eencn regel van drieën vinden wij 5,86239 etc. meters. 5.    De omtrek van dien cirkel zal 57,491145495 etc. meters zijn. Wij vinden dus al weder door eenen regel van drieën, dat de gevraagde hoek, die gelijk is aan den halven boog waarop hij staat, = 51° 28\' 20",21 etc. ia. 6.   l)e boog tusschen de beenen van dien hoek zal derhalve 94° 45\' zijn. Volgens eene gemakkelijke berekening kunnen wij voor de lengte van dien boog vinden 683, 97669 etc. meters. 7.   Gebruik makende van het getal ir tot in 8 decimalen, vinden wij voor den gevraagden boog 92° 15\' 8",66. 8.   120°. Zie Badon $ 179. 9.   Als wij den straal gelijk 1 stellen is het vijfde gedeelte van den cir- kelomtrek = 1,25663706 etc. De geheele omtrek van den sector is derhalve 3,25663706 etc. stralen des cirkels. De omtrek is echter gegeven = 300 meters; dus vinden wij voor den straal 92,11956 etc. m. 10.   De straal gelijkgesteld zijnde aan 1, is de boog van het quadrant = 1,57079632 etc, en derhalve de omtrek van het quadrant = 3,57079632 etc. stralen. Wij vinden dus voor den straal in ons vraagstuk 28,00496 etc. meters. 11.   De zijde des ingeschreven re:elmatigcn achthoeks is, als de straalde omgeschreven cirkels = 1 is, 0,76536686 etc, en een achtste cirkel- omtrek is dan 0,78539816 etc. De omtrek van \'t segment is dan 1,55076502 etc. Maar die omtrek is gegeven = 20 meters; der- halve moet ook de straal = 12,89686 etc. meters zijn. 12.   Hiervoor vinden wij 114° 35\' 29",61.

-ocr page 64-

		40
		f 187 — $ 205. 1.    17,589 □ meters. 2.   Als 183 : 185. 3.    10,4 meters. 4.   2,1 meters. 5.    Die driehoeken zijn even groot: zij hebben gelijke bases en gelijke hoogten. 6.   De diagonalen eener ruit snijden elkander rechthoekig. Ecne dier dia- gonalen (onverschillig welke) deelt de ruit in 2 driehoeken. Van elk dier driehoeken is de inhoud = \'t product van basis en halve hoogte. De basis is in beide driehoeken eene der diagonalen, de halve hoogte in beide \'/, van de andere diagonaal. Telt men de beide gevonden inhouden bijeen, dan heeft men: de inhoud der ruit gelijk aan \'t halve product der diagonalen. 7.   84 □ meters. De loodlijn op de zijde van 14 meters lengte neder- gelaten, is gelijk 12 meters. Zie vraagst. 54 op bladz. 11. 8.   De lengte der loodlijn op de basis uit den top neergelaten is 14,89563 etc. meters en derhalve de inhoud des driehoeks 128,10241 etc. □ meters. 9.   52,70 □ meters. 10.   De basis diens driehoeks zal zijn 16,46328 etc. meters; de inhoud diens driehoeks derhalve 117,71245 etc. Q meters. 11.   Deel de zijde tegenover dat hoekpunt waaruit men de doellijnen trek- ken wil, in even zooveel gelijke deelen, als waarin men den driehoek verdeeld wil hebben. Vereenig het hoekpunt waarvan gesproken is, met alle deelpunten der verdeelde zijde. 12.   De loodlijn uit den top op de basis van dien driehoek neergelaten zal 6 meters lang, de inhoud van den driehoek derhalve 27 □ me- ters zijn. 13.   De inhoud van zulk een vierhoek (parallelogram) is gelijk aan het product van basis en hoogte. (Wat de gebruikte zegswijze „product van 2 lijnen" beduidt, zie men bij Badon Ghyben.) Beschouwen wij de gegeven zijde als basis, den gegeven afstand dier zijde van de tegenoverstaande als hoogte van ons parallelogram zpo vinden wij dat de gevraagde inhoud s= 28,80 Q meters is. 14.   De inhoud van een trapezium is gelijk aan het product van de halve som zijner evenwijdige zijden met zijne hoogte. In ons geval derhalve is deze inhoud ss 56,88 ["] meters. 15.   In eiken vierhoek waarin men eenen cirkel beschrijven kan is de som van \'t eene paar tegenover elkander staande zijden gelijk aan de som van het andere paar. De som der evenwijdige zijden in ons trapezium is derhalve gelijk 18,26 meters. De hoogte is gelijk aan de middellijn

-ocr page 65-

41

des ingeschreven cirkels dus 8 meters. Zoo zal dan de inhoud van ons trapezium gelijk zijn aan 73,04 □ meters. 16.   Gesteld dat a, b, c de zijden eens driehocks, s hare halve som in lengteëenheden uitdrukken, zoo is de formule voor den straal des in- . ... ., (s—a) s—b) s—c) geschreven cirkels: r = y-------------------------. In ons vraagstuk zal derhalve de straal des ingeschreven cirkels = 1,2 meters zijn. 17.   Beschrijf in eenen cirkel, beginnende van een zelfde punt, eenen regel- matigen achthoek en eenen regelmatigen zestienhoek. Trek dan stralen naar elk der hoekpunten des zestienhoeks; zoo zult gij bevinden dat elke middelpuntsdriehoek des zestienhoeks beschouwd kan worden als hebbende eenen straal des cirkels tot basis, en eene halve zijde des achthoeks tot hoogte. Noemen wij den straal van onzen cirkel r, zoo is de inhoud van eiken der genoemde driehoeken natuurlijk Vi r X % z\'jde achthoek. Dit met 16 vermenigvuldigd geeft Inhoud zestienhoek = \'/2 r X omtrek achthoek. 18.   Laat gegeven zijn dat de twaalfhoek ABGDEFGHIKLM een regelmatige zij, beschreven in den cirkel QA; dat uit het middelpunt Q stralen

iV

getrokken zijn naar alle hoekpunten

des twaalf hoeks: datfig. AD, AK, en DG vierkanten zijn op de stralen

Kt-,

KQ, Ql), QG onzes cirkels be-

schreven: dat P met M en L, N met B en C, O met F en E ver- eenigd zijn: dat KKJ, .TSH, HFG gelijkzijdige driehoeken zijn op KJ, JH, HG beschreven : dat R, S , T met Q vereenigd zijn. Elk der driehoeken KJQ, JQH, HQG is dan in drie stukken ver- deeld, respectivclijk gelijk aan de drie stukken die men bij een quadrant van den twaalfhoek moet voegen om er een vierkant van den straal van te maken. 19.   Zet op eene willekeurige lijn naast elkander uit AC = de basis en CB = de halve hoogte des gegeven driehoeks, en beschrijf op AB eenen halven cirkel. Richt uit C op AB eene loodlrjn op en noem het punt waar deze den cirkelomtrek snijdt D. CD zal de zijde zijn eens vierkants van denzelfden inhoud als de gegeven driehoek. 20.   De middenevenredige tusschen de basis en de hoogte des gegeven recht- hoeks zal de zijde zijn van een vierkant van denzelfden inhoud als de gegeven rechthoek. 21.   Een middenevenredige tusschen de basis en de hoogte van het gegeven

-ocr page 66-

		42
		parallelogram zal de zijde zijn van een vierkant van denzelfden inhoud als het gegeven parallelogram. 22.    De zijde van \'t gevraagde vierkant zal gelijk zijn aan de middeneven- rcdigc tusschen de som der evenwijdige zijden en de halve hoogte van het gegeven trapezium. 23.   Verander dien vierhoek in eenen driehoek van de zelfde grootte, vol- gens Bailon Ghyben § 198, en dezen driehoek in een vierkant van denzell\'dcn inhoud, volgens vraagstuk 19 dezer paragraaf. 24.   Vervorm dezen vijf hoek in eenen vierhoek van dcnzelfden inhoud, en handel verder als in \'t vorig vraagstuk. 25.   Zij Al) de gegeven rechthoek. Verleng AC door C en maak AB = aan de gegeven basis des ge- vraagden rechthoeks. Trek BE, en uit C cenc lijn aan BE evenwijdig. Trek nog FG evenwijdig aan AB en BG evenwijdig aan AF, zoo is AG de ge- vraagde rechthoek. Want zoo wij nog BF en EC trekken, is, wegens de cvenwijdigheid der lijnen FC en BE, drich. BFC = drieh FEC. Tel hierbij drieh. AFC s drieh. AFC, zoo is drieh. ABF s drieh. AEC; \'t welk met 2 vermenigvul- digd geeft Rechth. AD = rechth. AG. Ware AC grootcr dan AB geweest zoo zoude de constructie \'t zelfde gebleven zijn; alleen zou CF het verlengde van AE gesne- den hebben. 26.   Laat de zijde des eenen driehoeks = m, die des tweeden =. n gege- ven zijn. Beschrijven wij dan eenen rechthoekigen driehoek onder de rechthoekszijden neni, zoo zal de hypotenusa van dezen driehoek de zijde des gevraagden driehoeks wezen. Op geheel dezelfde wijze zoekt men de som van twee willekeurige gelijkvormige figuren. 27.    l.aal de straal des grootslcn der gegeven cirkels gelijk eene lijn m zijn en die des kleinsten gelijk cene lijn n. Beschrijf eenen rechthoekigen driehoek onder m als hypotenusa en n als eerste rechthoeksz(jde. Een cirkel beschreven met de tweede rechtboekszrjde als straal zal de ge- vraagde zijn. 28.   Trek aan den binnensten cirkel eene raaklijn. Het stuk dezer raak- lijn begrepen tusschen den omtrek des grootsten cirkels zal de mid- dellijn van den gevraagden cirkel zijn. Om dit te bewijzen trokkc men twee lijnen; eene van \'t middelpunt der gegeven cirkels naar eene der uiteinden der middellijn des geconstrueerden cirkels,

-ocr page 67-

		43
		en eene andere uit datzelfde middelpunt naar het middelpunt des nieuwen cirkels. Van den dus geformeerden rechthoekigen driehoek zal de hypot. de straal des grootsten der gegevene cirkels, en de twee rechthoeks- zijden de stralen der beide overige cirkels zijn. De grootste der geg. cirkels is dus gelijk aan de som der twee andere, \'t welk ook kan geschreven worden: het verschil der beide gegeven cirkels is gelijk aan den geconstrueerden. 29. Volgens vraagstuk 26 kunuen wij de som van twee cirkels vinden. De som van drie cirkels te vinden is slechts eene herhaling dezer bewerking met den eerstgevonden cirkel en den overschietende der gegevene. 1.0, Wij kunnen de beantwoording van dit vraagstuk met eene verwijzing naar vraagstuk 26 en 29 dezer paragraaf afdoen. 31.   De bewerking in vraagstuk 26 dezer paragraaf aangegeven, drie- maal herhaald, zal ons het gevraagde vierkant doen vinden. 32.   Laten de lijnen m en n twee gelijkstandige zijden in de twee gegeven veelhoeken zijn. Beschrijf onder m en n als rechthoekszijden eenen r chthoekigen driehoek, en op de hypotenusa van dezen driehoek eenen veelhoek gelijkvormig aan de gegevene. Het zal hier wel niet bijgevoegd behoeven te worden dat de hypotc- nusa waarvan gesproken is, en de lijnen m en s, gelijkstandige zijden in den nieuwen veelhoek en de beide gegevene veelhoeken moeten zijn. 33.   Beschrijf eenen cirkel met het verschil der stralen der gegeven cir- kels tot straal. Want de omtrekken van cirkels staan tot elkander als hunne stralen. Is derhalve \'t verschil van de stralen van twee cirkels gelijk aan den straal van eenen derden cirkel, zoo is ook de omtrek van den derden cirkel gelijk aan \'t verschil der omtrekken der beide eerstgenoemde cirkels. 34.   Een cirkel met de som der stralen der gegeven cirkels als straal bc- schreven, zal de gevraagde zijn. 35.   Indien de lijnen m en n gelijk zijn aan de zijden der gegeven drie- hoeken , zal een middenevenredige tusschen m en n de zijde des ge- vraagden drichocks zijn. 36.   Elk der nieuwgevormde driehoekjes zal tot den oorspronkelijken drie- hoek in reden staan als de quadraten iiunner gelijkstandige zijden. Dat deze driehoekjes met den oorspronkelijken gelijkvormig zijn, volgt uit de evenredigheid hunner zijden met die des grooten driehoeks. Is nu elk der zijden des oorspronkelijken driehoeks in » gelijke deelen verdeeld, zoo staat de inhoud van elk der nieuwe driehoekjes tot dien van den ouden, als 1 : »2; en daar de geheele driehoek in even groote driehoekjes verdeeld is, zal hun getal «\'- zijn. 87. Stel dat gevraagd wordt den driehoek ABC te verdeelen in drie gelijke

-ocr page 68-

		ü
		deelen door lijnen evenwijdig san AB. Verdeel de zijde AC in evenveel gelijke deelen als men den driehoek verdeelen wil; in ons vraagstuk derhalve in drie, AD, DE, EC. Beschrijf op AC eenen halven cirkel, en richt uit D en E loodlij- nen op AC op. Trek CG en CF, en be- schrijf uit C met CE en CG als stralen cirkelbogen. Laat deze de lijn AC in J en H snijden; zoo trekken wij nog JK en HL evenwijdig aan AB, en de driehoek ABC is op de gevraagde wijze gedeeld. Want drieh. ABC : drieh. JKC : drieh. HLC sa AC» : JC*: HC3. of ook                                                            = AC2 ; CG1 : CF». = AC X AC: AC X DC : AC X EC. \'= AC : DC i EC. = 8 : 2 : 1. Dijor toepassing van eene bekende eigenschap der evenredigheden volgt hieruit bijkans onmiddellijk drieh. I1LC =s drieh. KJC — drieh. HLC = drieh. ABC — drieh. KJC. of drieh. HLC =s vierh. KH = vierh. BJ. 38.   Beschrijf op den straal MA van den gegeven cirkel eenen halven cirkel, verdeel MA in evenveel ge- lijke deelen als men den gegeven cirkel verdeeld wil hebben. Laat ons gevraagd zijn , den cirkel in drie gelijke deelen te verdeelen. Stel dat MB = BC = AC zij. Richt nit B en C op MA • loodlijnen op; trek MD en ME; de cirkels met deze lijnen als stralen uit M als middel- punt beschreven zullen de gevraagde wezen. Het bewijs hiervoor is geheel met het bewijs van voorgaand vraag- stuk gelijkvormig. 39.   Neem een willekeurig punt binnen eenen gegevenen veelhoek ABCDE aan, en vereenig dit met de hoekpunten des veelhoeks. Gesteld nu dat wij den veelhoek in drie gelijke deelen wilden verdeelen door 2 gebroken lijnen, evenwijdig aan den omtrek des gegeven veelhoeks, zoo verdeelen wij, met behulp der oplossingen der opgaven 10 en 11 op bladz. 16 eene der getrokken lijnen, PA bijv., zóó, da\'. PAJ : PA\'2 : PA"* staat als 3:2:1. Trek dan uit A\' en A" lijnen evenwijdig aan AB en AE. Noem de punten waar deze laatstgetrokken lijnen PB en PE snijden B\', B"; E\' en E". Trek dan B\'D\' en B"D" eveu-

-ocr page 69-

		45
		wijdig aan BD , en vereenig de snijpunten dezer lijnen en PI) (])\' en D") met E\' en E". t""*» ^\'j z\'Jn iQ «li* vraagstuk wel een weinig kort in onze omschrijvin- gen geweest, maar dit zal toch geene onduidelijkheid kunnen veroor- zaken, wanneer men juist alle bewerkingen in de volgorde verricht, die voorgeschreven is. 40. Zij AB de gegeven cirkel. Richt, na de middellijc AB getrokken te hebben, uit B op AB de loodlijn BC op; maak BC = AB en trek AC. Een halve cirkel op AC als middellijn beschreven, zal de gevraagde zijn.
		41.   Een quadrant van den cirkel beschreven met de middellijn des gege- venen als straal zal aan het vereischte voldoen. 42.   Zoek eene lijn wier quadraat staat tot het qnadraal van de basis des gegeven veelhoeks als 2 : 7. Beschrijf op de gevonden lijn als basis eenen veelhoek gelijkvormig aan den gegevenen. Zie nog de opmer- king bij vraagstuk 32 dezer paragraaf. 43.   Dit vraagstuk is volkomen gelijkvormig aan het vorige. 44.   De zijde des ingeschreven regelmatigen driehoeks is, wanneer 1 meter als straal des omgeschr. cirkels wordt aangenomen, 1,73205 etc. meters. De loodlijn uit den top diens driehoeks op de basis neergelaten, is 1.5 meters. (Hiertoe besluit men met behulp van de oplossing van vr. 8 op blz. 20). De inhoud dezes driehoeks is derhalve 1,29903 etc. □ meters. De ingeschreven regelmatige vierhoek, in denzelfden cirkel beschre- ven, waarvan wij gesproken hebben, is gelijk het halve product zijner diagonalen die elk 2 meters lang zijn. Hij beeft derhalve eenen in- houd van 2 □ meters. Het apothema eens regelmatigen vijfhoeks wiens omgeschreven cirkel 1 meter straal heeft, is 0,80901 etc. meters. De omtrek van dien- zelfden vijfhoek is 5,87785 etc. meters. Zijn inhoud is derhalve 2,37764 etc. □ meters. Den inhoud des regelmatigen zeshoeks, achthoeks, tienhoeks vinden wij volgens de oplossing van opgave 17 dezer paragraaf, die, men begrijpt zulks gemakkelijk, van toepassing is voor de berekening der inhouden van alle 2» hoeken uit de omtrekken hunner n hoeken. Wij vinden dns voor den inhoud des regelmatigen zeshoeks, beschre- ven in eenen cirkel van 1 meter straal, 2,59807 etc. Q meters; voor dien des regelmatigen achthoeks, ia denzelfden cirkel beschreven, 2,82842

-ocr page 70-

		46
		etc. [] meiers; voor dien des regelmatigen tienhoeks, in denzelfden cirkel beschreven, 2,93892 etc. Q meters. 45.   2,41839 etc. Q meters. 46.   De inhoud des regelmatigen ingeschreven achthoeks, wanneer de straal zijns ingeschreven cirkels 1 meter is, is 2,82842 Q meters. Het quadraat beschreven op den straal des cirkels , die om den gegevenen regelmatigen achthoek beschreven i9, i9 derhalve 35,35542 etc. □ meters, en die straal zelf 5,94605 etc. meters. 47.   Gesteld de inhoud des eersten sectors worde voorgesteld door de letter S, de lengte van zijnen boog door /, de grootte van zijnen hoek door g, de straal zijns cirkels door r, terwijl wij dit alles in den tweeden sector respectivelijk S\', V, g\', r\' noemen, zoo is, daar S = \'/2 Ir, S\' = % l\'r\' is, Ir = l\'r\' of l ; l\' = r\' : r. Wij weten bovendien dat 1:2 irr = g : 360, en dus l = J en evenzoo 180 /. = * g\'r\' i9. 180 Wij kunnen dus onze evenredigheid ook aldus schrijven :             = r\' : r en na eene kleine herleiding 180         180 g : g\' = r\'2 : r\'. Nu weten wij dat g = 40 g\' = 70 is en substitueeren dit, zoo is 40° : 70° = r\'« s r\\ of r\' = \\ry 7. liet komt er <lus slechts op aan, te weten, hoe groot r is, om r\' onmiddellijk te kunnen berekenen. In eiken sector van 40° bestaat de omtrek uit 2 stralen en een\' boog die zich tot den straal verhoudt als 1 : 0,6981317 etc. De straal = r aangenomen zijnde hebben wij dus voor onzen sector van 40°. 2,6981317 etc. r — 10 meters; waaruit volgt r = 3,706268 etc. meters. Dit in de reeds verkregen formule gesubstitueerd, geeft ons voor r\',2,8016751 etc. meters. § 207 — § 220. Aanmerking. Bij alle volgende vraagstukken dezer paragraaf zal de beteekenis der letters I, s, r, h, l, b, de benaming der zijden eens driehoeks a, b, c, en dergelijke zaken bekend worden voorondersteld, ten einde niet in hoogst onaangename herhalingen te vervallen. Hij

-ocr page 71-

		47
		die de bovenopgenoemde paragrafen van het leerboek van Badon Ghyben heeft bestudeerd, zal in het gebruik der letters geene moeie- lijkheid vinden. 1.   I = % bh. 2.   I = Vs (s-a) (s-b) (s—c). 3.   1 = \'/a r (a b -f. c) of I = r«. . (.t—a) (s—b) (t—c) 4.   r = y ——————^—^ 2 5.   h =-----Vs (s—a) (s-b) (s-c). c Aanmerking, c dnidt in dit geval de zijde aan, waarop de loodlijn 2 2 valt. De breuk der formule kan dus ook ----of —— zijn, indien a o de loodlijn of op a of op b is neergelaten. 6.   h = — b 7.   Gesteld de zijden des rechthoeks die aan een hoekpunt samenkomen zijn 3 en b zoo is de gevraagde inhoud = ab. 8.   h =-!— o 9.   Noemen wij de evenwijdige respectivelijk a en b, zoo is I = % h (a b). 10.   Laat s de halve som der zijden des vierhoeks zijn , r de straal des ing. cirkels, zoo is I = rs. 11.   Zij I de inhoud, a, b, c en d de zijden en s de halve som der zijden van den vierhoek , dan is I = \\/{s—a) (s—b) (s—c) (s—d). 12.   Noem de zijden diens vierhoeks a, b, c, d en de diagonaal e zoo is I = Vs (s-a) (s-b) (s—e) -\\- V s\' (s\'—c) (s\'—d) (s\'—e). 18, Indien a de zijde diens gelijkzijdigcn driehocks is, is I = \'/4 «\' ]/3. 14, De loodlijn, op de zyde a eens driehoeks neergelaten, die a, b, c, tot zijden heeft, verdeelt de zijde a in twee stukken, die men in eenc functie der zijden aldus kan uitdrukken: «2 ns—c2 _ c? «a-i*
		2a 15. 0=2 ti\'. lfi. 0 . r "TT 17. 0 = Ttd. IS. é=J- ir 19, I = *rr* 20. -y±
		2a

-ocr page 72-

		48
		81. I = % vd>. 22.   d = 21/ —- sr 23.   I =—, O = W * I. 24.   Uit vraagstuk 47 der vorige paragraaf zagen wij, dat s = % Ir; / echter kan gesubstitueerd worden in eene functie van r en j>. Want / is z=.JjL. Dit gesubstitueerd in de eerste formule, geeft 180 ö - \'? r * 180 360 25.   Indien men uit de formule in vorig vraagstuk gevonden: S =-tt£> ^ oplost, vinden wij oöO 26.   Stelkunstige vormen van den eersten graad. 27.   Door stelkunstige vormen van den tweeden graad. 28.   In stelkunstige vormen van den derden graad. 29.   In No. 1. 2. 5. 6. 8. 10. 11. 12. 14 en 16 der gcgevene voorbeel- den eene lijn, volgens vraagstuk 26 dezer paragraaf. In No. 3. 4. 7. 13 een vlak, volgens vraagstuk 27 dezer paragraaf. In No. 9 een lichaam, volgens vraagstuk 28 dezer paragraaf. No. 16 kan niet meetkunstig worden geconstrueerd, tenzij men on- middellijk achter \'t wortelteeken des tellers den factor / invoere. (Zie Badon Ghyben § 212.) 80. Wanneer men in den gegeven vorm / invoert, verandert hij in i = Za*\\/l (6 e) — 4 aiy l (2i e); Y~l (la -f- 3/). x is dan te construeeren, en zal een vlak zijn. 31. <i. De gevraagde zal gelijk zijn aan de vierde evenredige tot il, la en c. 2a*cd b. In de vergelijking x =            voeren wij eerst eene vierde even- 00*/ redige t in tot 52, 2a en a; door deze invoering verkrijgen wij icd de vergelijking x o . Door invoering van eene vierde evenredige u tot b, t en e, verandert onze vergelijking in x = vd —. Eindelijk zoeken wij eene vierde evenredige tot/, u, d die gelijk onze gevraagde x zal zijn. e. Nadat wij door invoering van l deze vergelijking voor constructie hebben geschikt gemaakt onder dezen vormt

-ocr page 73-

49

* ~         a*-5W handelen wij ah volgt: Wij schrijven de vergelijking eerst aldus Ml x = a (3a*—2ab -f —)

a (a—o------). a

Zoek nu eene middenevenredige m tnsschen 3« en a; dan is m2 = 3a\'; eene middenevenredige » tusschcn 2a en 4; dan is »2 = 2ai; eene derde evenredige o tot leoi; dan is o a — ; 4 eene middenevenredige p tusschen o en /; dan is p2 = o/ ==

ÜL «

eene vierde evenredige ; tot a, 54, /; dan is q =------; a De invoering van al deze gevondenen doet onze vergelijking veranderen in sr a                            , ot a l<t—») _w»—«i p» «—o Met verdere der bewerking is daa het volgende: Construeer oenen rechthoekigen driehoek met m als hypotenusa eu \'ii als de eerste der rechthoekszijden. De tweede dier rechthoeks- zijden in \'t quailraat zal s m?—»* zijn. Noemen wij deze gevondene r, eu constraeeren wij eenen rechthoe- kigen driehoek onder de rechthoekszijden p ra r zoo is de hypote- nusa dezes rechth. driehoeks s |/ (r* 4" p2) a \\/ (m* -\\- p*—»*). Noemen wij de pas gevonden hypotennsa s; dan rest ons alleen, het vierkant op de lijn s beschreven, te vervormen in eenen recht- hoek, die a—q tot basis heeft. De hoogte van dezen rechthoek zal onze gevraagde, zal = x zijn. et. Zoek eene middenevenredige r tusschen 2a en b, dan is r- = «; zoek verder eene middenevenredige s tusschen 3c en d, zoo is s- = \'icd. Construeer eenen rechthoekigen driehoek onder de rechthoekszijden r en s. De hypotennsa van dezen driehoek zal gelijk aan onze x zijn. 4

-ocr page 74-

		50
		e. Nadat wij een quadraat gezocht hebben, dat gelijk is aan de som van a\'2, 242 en 3c3, (de wijze waarop zulks geschiedt, is nit de vorige vraagstukken bekend genoeg), zoeken wij een vierkant, dat gelijk is aan het verschil van ons gevonden vierkant en 4<22. De zijde van dit laatste vierkant zal onze gevraagde zijn. /. Maak eerst den vorm homogeen door de invoering van l. In de dus verkregen vergelijking x = y (c2 -f- mdl—tP—nfi), voeren wij de middenevenredigen t en u in, die wij rcspcctivclijk hebben gevonden tusschen et, l en/, l. Daardoor verandert onze verge- lijking in x = y (c2 mP-dfi -f- »»«) en wordt geheel behandeld als e van dit vraagstuk. g. Daar o en b lijnen zijn kunnen wij voor a-lb ook eene lijn e, voor ib-a eene lijn ƒ schrijven. Brengen wij tevens c achter \'t wortelteeken, zoo verandert onze vergelijking in -21/ -f. De invoering van eene derde evenredige g, gevonden tot ƒ en c doet onze vergelijking veranderen in x = 2J/ ge. De invoering van eene middenevenredige k, gevonden tusschen g en e, doet ze veranderen in » = 2]/ h*. Dus is x natuurlijk = 2/«. h. Deze vergelijking is voor meetkundige constructie niet anders vat- baar, dan met invoering van /. In onze dus verkregen vergelijking x = iy *J* 2 -vinden wij gemakkelijk eene lijn czóó, dat c* = a2 242 en eene lijn d zóó, dat cfl = Za\'—b2 is. Wordt dit ingevoerd in onze vergelijking, dan wordt deze * = lv T2=~T\' Handel hiermede als met a van dit vraagstuk, t. Deze vergelijking kan door de tot hier bekende middelen niet gecon- strueerd worden. k. Eerst zoeken wrj volgens de bekende wijze 4as—42 =: r2, en ver- eenvondigen daarmede onze vergelijking in x = V (2«2-a>0. x is dan de middenevenredige tusschen a en 2a- r. I. Na deze vergelijking aldus te hebben geschreven: _ _______a (Uc)________ * 77771 jj x~*\\ i/o2 (* — ) v                    a a zoeken wij eene derde evenredige p tot a en b. Daardoor kunnen wij onze vergelijking aldus schrijven Sbc

-ocr page 75-

		SI De invoering van eene middencvenrcdige q tnsschen \'Ab en c, en van een qnadraat *■* dat gelijk «*—p\' is verandert onze vergel. in X BB —— r Eene derde evenredige tot rei; zal onze onbekende vrezen. 01. Zoek eerst een qnadraat p* = 2«2—4* -f- e*, zoo vereenvoudigen wij onze vergelijking in . , 3a3 243—c» X = 1/ --------!-------------- Als wij dit nn nog geschreven hebben:                       ( 24» e3 a (3a» —----—) « = 1/ ________f------*-, P zoeken wij eene vierde evenredige
		q tot a, 24 en 4, dan is ; =
		a
		r „ a, c en <; „ »»" = ----- en wij vereenvoudigen ome vergelijking in q (3a« bq-cr) x — 1/ ——————— I» De invoering der middenevenredigen i tusschen b en q, < tus- schen c en r doet ons voor i verkrijgen ]/ —------------=-------------- Gemakkelijk vinden wij een qnadraat «2 = 8a\' -j- »*—<», en schrijven dan _      gg ~           P De invoering van eene vierde evenredige v tot p, a en *, geeft f = |/ n, Zoo vinden wij eindelijk, dat x gelijk is aan de middenevenredige tusschen v en u.
		"IHIh
		4*

-ocr page 76-

		TWEEDE AFDEELING.
		-•*« •-
		Laat AB, AC, AD, AB de gegeven zijden des gevraagden vierhoeks zijn en hoek ABF de ge- geven hoek. Constructie. Neem HG sss AB; trek uit 6 eene lijn zoodanig dat hoek H6I gelijk is aan den gegeven hoek ABF; maakIG = AC; beschrijf uit I met AD, en uit H met AB als straal cirkelbogen, die elkaar ergens in K snijden. Vereenig eindelijk dit punt K met H en I, zoo zal HGIK de gevraagde vierhoek wezen. 2.   Laat AB, AC en AD als zijden, EF en EG als diagonalen des ge- vraagden vierhoeks gegeven zijn. Constructie. Neem Hl = AD; beschrijf uit I met de zijde AB, en uit 11 met de diagonaal EF als slraal, cirkelbogen, die elkaar ergens in K snijden; beschrijf daarna uit I met de diagonaal EG en uit H met de zijde AC als straal cirkelbogen die elkaar ergens in L snijden; trek nog IK, KL en HL, zoo zal vierhoek IIIKL de gevraagde zijn. 3.   Laat AB, AC, AD, AE als zijden, FG als diagonaal des gevraagden vierhoeks gegeven zijn. Constructie. Neem Hl = den gegevenen diagonaal FG; beschrijf uit H met AB, en uit I met AE als straal cirkelbogen, die elkaar ergens in K snijden; beschrijf verder uit H met AC, en uit I met AD als straal cirkelbogen, die elkaar ergens in L snijden. Trek HK, KI, HL, IL, zoo zal vierhoek HKIL de gevraagde zijn.

-ocr page 77-

		53
		4. Laat AB en AH de		naleu zijn, die gegeven norden. Constructie. Deel den diagonaal CD = AH middendoor in V; laat EG, CD in F loodrecht doorsnijden; maak EP = FQ = \'/2 AB, en trek CE, ED, CG, GD, zoo zal CEDG de gevraagde ruit zijn.
		5.   Laat gegeven zijn AC als eene der evenwijdige zijden, AB als eene der opstaande zijden, DE en DF als diagonalen. Constructie. Neem GH = de gegevene zijde AC. Beschrijf uit G met AB, en uit II met DF als stralen cirkelbogen, die elkander in I snijden. Trek IK evenwij- dig aan GH. Beschrijf met de nog overige diagonaal DE uit G ecneu cirkelboog, die de lijn IK in L snijdt. Trek IG en LH, zoo zal vierhoek 1LI1G het gevraagde trapezium zijn. 6.   Laat gegeven zijn AU, AC, AD als zijden des gevraagden vierhoeks, hoek BAE en hoek BDF als hoeken aan de vierde zijde. Constructie. Trek uit de uiteinden G en H eener willekeurige lijn GH twee lijnen GI en HK zoodanig, dat hoek HGI = hoek BAE, en hoek GHK = hoek BDF is. Maak GI = AB, HK = AD. Trek KL evenwydig aan GH, en beschrijf uit I met AC als straal een cirkelboog, die de lijn KL ergens in M snijdt. Trek dan IM, en MN die evenwijdig aau de lijn HK moet zijn, zoo zal GIMN de gevraagde vierhoek wezen. 7.   Laat de figuur aan het voorgeschrevene in de opgave voldoen, dan moet bewezen worden AD = DC. AU wij nog BD trekken is hoek BDA recht. De lijn nu, die uit den top eens gelijkzijdigen drie- hoeks op de basis loodrecht wordt neergelaten , deelt die basis middendoor.

-ocr page 78-

		54
		8.   Laat de cirkels M en N gegeven zijn, laat ook de lijn AB in stelling gegeven, en gevraagd zijn, dat de lijn, die tusschen de beide cirkelomtrekken komen moet, gelijk worde aan bet stak dat wij op AB hebben afgezet. Constructie. Trek nit M eene lijn evenwijdig aau AB, en maak MC gelijk aan het op AB uitgezette stok; be- schrijf uit C, met den straal des cir- kels M als straal, eenen cirkelboog, die den gegeven cirkel N of in het geheel niet raakt, of in een punt raakt, of in twee punten snijdt. In het eerste geval is de constructie onmogelijk. In het derde geval trekke men uit de snijpunten des gegevenen cirkels N en den geconstrueerdeu boog, nit D en E, lijnen evenwijdig aan AB, zoo zullen deze beide de gevraagde zijn. Het tweede geval kan dan alleen plaats hebben, wanneer de afstand van C tot het middelpunt des cirkels N gelijk is aan de som der stralen der beide gegeven cirkels. Een antwoord zal er in dat geval slechts kunnen gevonden worden, 9.   Beschrijf met de gegevene lijn als straal uit een willekeurig punt A van eene der beide evenwijdigen eenen cirkelboog, die de andere even- wijdige in B en B\' snijdt. Trek AB en AB\', en door het punt F, hoe het ook gegeven zij, lijnen aan de twee laatstgetrokkene evenwijdig. Het geval dat de cirkelboog uit A beschreven of de andere even- wijdige in het geheel niet, of slechts in een punt raakt, kunnen wij gerust den lezer overlaten. 10.   Laat hoek ABC = 30° en hoek BAC ss 90° zijn. Verbind A met het midden D van BC, zoo is, wanneer men zich een\' halven cirkel op BC als middellijn beschreven voorstelt, BD = DC = AD. Derhalve is driehoek BAD gelijkbeenig, en hoek BAD = 30°. Dan is natuurlijk hoek DAC — 60°.; hoek DCA echter is ook = C0°; dus is driehoek DAC gelijkzijdig en derhalve AC = DC = % BC. 11.   Neem twee geheel willekeurige punten A en B aan. Beschrijf daarna met een\' straal, die grooter is dan de halve afstand van A en B, zoo- wel uit A als uit B cirkelbogen, dan zullen deze elkander in 2 punten snijden. Beschrijf daarna uit dezelfde punten A en B met eenen nieuwen straal, mits ook deze grooter zij dan de halve afstand van A tot B, nieuwe cirkelbogen. De punten waar deze elkander snijden, zullen in eene rechte lijn met de twee pasgevondene liggen.

-ocr page 79-

		55
		Deze bewerking kan men met nieuwe stralen herhalen, - zoo dikwijls men wil. Bij elke bewerking zal men twee nienwe punten vinden, die met alle vroeger gevondene in eene rechte lijn liggen. 12.   Neem op den omtrek der gegeven kromlijnige figuur eenige willckcu- rige punten aan. Trek nit een dezer punten eene willekeurige rechte lijn, en geef die eene willekeurige lengte. Trek daarna uit alle overige punten op den omtrek der gegeven figuur lijnen aan de pasgetrokkene evenwijdig en gelijk van richting; maak deze lijnen zoo lang als wij de eerstgetrokkene gemaakt hebben. Langs de vrije eindpunten van al deze lijnen trekken wij de nieuwe kromlijnige figuur, die volmaak- ter zal zijn, naarmate het aantal punten op den omtrek der gegeven figuur aangenomen, grooter is. 13.   Laat ABCD onze gegeven vierhoek zijn. Laat de zijden AB, BC, CD, AD respectivelijk in de punten E, F, G, H middendoorge- deeld, en HE, EF, FG, GH getrokken zijn. Bewijs. Wjjl AD : AH s AB : AE = 2 : l is, is de lijn HE evenwijdig aan BD. Om eene soortgelijke reden is ook GF evenwijdig aan Bü. HG evenwijdig aan AC. EF evenwijdig aan AC. Dus is ook HE evenwijdig aan GF, en HG evenwijdig aan EF, en derhalve vierhoek EFGH een parallelogram. 14.   Laat A. B. D. E. de dorpstorens zijn , waarvan in de opgave gesproken is. Constructie, Laat nit D en E lood- lijnen neer op de lijn AB (DF en EG.) Verleng DF door F heen tot dat DF s D\'F is; trek daarna D\'E, en nit het snijpunt C dezer lijn en de lijn AB eene lijn naar 1). Na deze constructie zal hoek ACI) = hoek BCE zijn. Bewijs. Driehoek D\'FC is gelijk en gelijkvormig met driehoek DFC; want F\'C = FC, D\'F = DF en hoek D\'FC = hoek DFC = R. Derhalve is hoek D\'CF = hoek DCF. Maar ook hoek ECG is gelijk boek D\'CF, dus is ook hoek ECG = hoek DCF. 15.   Deel eene der zijden des vierkants middendoor, en beschrijf uit het gevonden deelpuut. met de zijde des vierkants als straal, een\'cirkel- boog. Verbind de 2 punten waar deze boog twee zijden des vierkants snijden zal, met elkander en met het eerstgevonden punt. De dus ge- vormde driehoek zal de gevraagde zijn, 16.   Laat gegeven zijn AC als basis, AB als verschil der opstaande zijden

-ocr page 80-

		56
		des gevraagden driehoeks, hoek CAD als de hoek aan de basis van denzelfden driehoek. Constructie.. Neem EF gelijk aan AH; trek uit E eene lijn EG zóó, dat hoek FEG = gegeven hoek CAD is. Maak EG = AC; trek EG; verleng EF door E, en maak hoek FGH = hoek GFH, dan zal driehoek EGH de gevraagd» wezen. Bewijs. EG is gelijk aan de gegeven basis geconstrueerd; hoek EEG hebben wij aan den gegeven hoek gelijk gemaakt. Wij moeten dus alleen aantoonen dat EH—HG = EF = AB is. Dit is uiterst gemak - keiijk , want daar hoek HFG = hoek FGH is, is ook FH = GH, of wat hetzelfde is, EH-HG = EF = AB. 17. Wanneer ons basis en omtrek eens driehoeks gegeven zijn, is ons na- tuurlijkcr wijze ook het verschil dier twee ge- gevens, of de som der opstaande zijden gege- ven. Laat derhalve ons gegeven zijn dat AC de som der zijden, AB de basis, hoek ACP de tophoek van gevraagden driehoek zijn. Constructie. Neem DE = BC, en trek uit E eene lijn EF zoodanig dat hoek DEF = \'/2 hoek ACP zij. Beschrijf uit D met AB als straal een cirkelboog, die de lijn EF meestal in twee punten (hier in G en H) zal snijden; trek dan DG en DH , en daarna nog GI en IIK zóó, dat hoek IGE en hoek KI IE beide gelijk aan hoek DEF zijn. De beide driehoeken DIG en DKH zullen dan aan de vereischten voldoen. Bewijs. In drieh. DIG is DG = de gegeven basis, Dl IG gelyk de gegeven som der opstaande zijden. Want daar driehoek GIE ge- lijkbecnig is, wegens de gelijkheid der hoeken IGE en GEI, is het het- zelfde of wij schrijven Dl IG of Dl -f- IE. Dl -f IE echter is gelijk de gegeven som der opstaande zijden; dus is ook Dl IG daaraan gelijk. Gemakkelijk bewijzen wij nu nog dat hoek DIG gelijk is aan ge- geven tophoek. Hoek DIG toch is gelijk hoek EGI hoek IEG, dus gelijk aan het dubbel van een\' hoek die gelijk geconstrueerd is

-ocr page 81-

		57
		aan de helft des gegevenen tophoeks, of, wat hetzelfde is, gelijk aan dea gegeven tophoek. Aanmerking. Wij meenden de twee gevallen dat de boog uit D beschreven EF of in het geheel niet, of slechts in een punt raakte, gerust aan den lezer te kunnen overlaten, en zullen ook hierna, zon- der ecnige aanduiding daarvan, zulke gevallen met stilzwijgen voorbijgaan.
		18. Laat gegeven zijn AB als verschil der opstaande zijden, AC als basis, hoek BAD als tophoek des gevraagden driehoeks. Constructie. Neem EF = AB en verleng haar door F; trek Flf zoodanig dat hoek KFH gelijk zij aan het halve supplement van den gegeven tophoek; beschrijf uit E met AC als straal eenen cirkelboog die FH ergens in I zal snijden; trek EI. Eindelijk trekken wij nog de lijn IK zóó, dat hoek FIK ook gelijk het halve supplement van den gegeven tophoek zij. Driehoek EIK is dan de gevraagde. Bewijs. Daar driehoek FKI wegens de gelijkheid der hoeken aan de zyde FI gelijkbeenig, d. i. FK = IK is, is ook EK—IK = EF = het gegeven verschil der opstaande zijden. Wijl hoek KFH = hoek FIK = het halve supplement van den gegeven tophoek is, is hoek FKI = den gegeven tophoek. EI is geconstrueerd gelijk aan de gegeven basis AC. 19. Laat gegeven zijn, dat vierhoek ABCD een vierkant zij, en AE, BF, CG, DH gelijk zijn. Wrjl ook AB = BC = CD = AD is, is BE = CF = DG = AH. Wij weten dus van de driehoeken BEF, CFG, DGH en AEH, BB = CF = DG = AH BF = CG = DH = AE. hoek B = hoek C as hoek D = hoek A = R. Deze driehoeken zijn derhalve gelijk en gelijkvormig, en dus is ook EF = FG = GH = EH. Ook is hoek HGD = hoek GFCj tellen wij hierbij hoek FGC = hoek FGC, zoo krijgen wij hoek HGD -f hoek FGC = R.

-ocr page 82-

		58
		Trekken wij dit af van hoek IIGD hoek IIGF -f hoek FGC = 2R. Zoo houden wij over hoek HGF = R. Wij weten das van vierhoek EFGH dat het eene riit is met eenen rechten hoek: d. i. dat het een vierkant is. 20. Laat ABC de gegeven driehoek en DE, DF, DG de dril in stelling ftcgeveri lijnen zijn. Constructie. Trek uit een willekeurig punt H op AC eene lijn Hl evenwijdig aan DF, en laat deze de lijn BC bijv. in I snijden; trek IK evenwijdig aan DE, en UK evenwijdig aan GD; laat deze lijnen elkaar in K snijden. Trek nu CK, en verleng die zoo noodig. Laat CK of zijn verlengde AB in L snijden; wanneer men dan nog LM evenwijdig aan HK, en LN evenwijdig aan KI trekt, en M en N vereenigt, is LMN de gevraagde driehoek. Bewijs. Of LM en LN evenwijdig aan DG en ED loopen, kan moeielijk betwijfeld worden. Men kan alleen betwijfelen of MN aan Hl en DF evenwijdig loopt, en wij hebben, wanneer wij dit bewezen hebben, tevens bewezen, dat onze driehoek LMN de gevraagde is. Drieh. CHK is gelijkv. met drieh. CML; want hoek C = hoek C, en wegens de cvenwijdigheid van HK en LM is         CH : CM = CK : CL. Drieh. CKI is gelijkv. met drieh. CLN. want hoek C = hoek C, en wegens de cvenwij- digheid van KI en LN is                 Cl : CN = CK : CL. Hieruit weten wij natuurlijk dat         CH : CM = Cl : CN staat, of, wat \'t zelfde is, dat Hl evenwijdig aan MN en dus ook MN evenwijdig aan DF loopt. 21. Laat gegeven zijn dat driehoek HIK de gegeven driehoek is en dat de lijnen AH, AC, AD de drie in stelling gegeven lijnen zijn; laat verder de getallen a, b, c .= 2. 3 en 4 zijn. Constructie. Neem eene willekeurige lijn als eenheid
		zet op AC, AF af gelijk aan twee dezer eenheden, AB, AE „         „ vier „            „ AD, AG n „ drie „           H

-ocr page 83-

		59
		Trek door G, LM evenwijdig aan IK, door F, MN evenwijdig aan HK, door E, LN evenwijdig aan Hl. Trek verder NA en MA. Trek eindelijk nog HQ evenwijdig aan NA, en KO evenwijdig aan MA. Het snijpunt der beide laastgetrokken lijnen zal het gevraagde punt P zijn. Het bewijs biervoor, uit de gelijkvormigheid van driehoeken ont- leend, is en langwglig en gemakkelijk, en zal daarom door ons hier achterwege gelaten worden. 22.   Beschrijf eenen gelijkzijdigcn driehoek op de diagonaal, waaraan eene der zijden des gevraagden driehoeks moet evenwijdig loopen. Trek door dat hoekpunt van het gegeven vierkant, dat binnen den gecon- strueerden driehoek ligt, lijnen evenwijdig aan de beide laatstgecon- strueerde zijden van den pasgenoemden driehoek. Vereenig de twee punten waar deze lijnen de zijden des gegeven vierkants snijden. 23.   Zij de pegeven driehoek, drieh, ABC. Constructie. Laat uit een wil- keurig punt I) der zijde AB eene loodlijn vallen op AC. Maak GF = DG, en trek DE evenwijdig aan GF, en FE evenwijdig aan DG. DEFG is dan een vierkant, want alle zijden zijn gelijk, en hoek DGF is recht. Trek nu AE en verleng die, zoo noodig, tot in BC, trek HK evenwijdig aan DE, Hl even- wijdig aan EF, KL evenwijdig aan DG, zoo zal KHLI het gevraagde vierkant zijn. Bewijs. Driehoek ADE °o drieh. AKH, dus DE : KH = AE : AH. driehoek AEF e» drieh. AHI, „ EF .- Hl = AE : AH. dus ook DE .• KH = EF : Hl. en daar DE = EF is, is dus ook KH = Hl. Verder valt het zeer gemakkelijk te benijzen, dat alle hoeken van flg. KHIL recht zijn, en zij dus een vierkant is, 24.   Laat gegeven zijn dat AB en AC de evenwijdige zijden van gevraagd trapezium zijn, waarin DE en DF diagonalen zullen moe- ten wezen. Constructie. Zet op eene lijn naast elkander uit GH = AC en Hl = AB; beschrijf op GI als basis eenen drieh. GKI onder de opstaande zij. den GK = DE en KI = DF. Trek LK evenwijdig aan GI, HL evenwijdig aan KI, en vereenig K met H, L met G, dan zal LGHK het gevraagde trapezium zijn.

-ocr page 84-

		-J~Z.
		J
		?f // IL ^ <-«-^
		Jt~s/lt &j*^ fv& •, &<> Jt

-ocr page 85-

60

25.    Zij ABC \'t gegeven segment. Deel de koorde AB midden door in D en laat CD loodrecht zijn op AB. Neem nu ter wederzijde van D gelijke stukken PE en Dl\'\' op AB, en beschrijf op BF als zijde het vierkant EFGH. Trek vervolgens J1R en DH en verleng ze, zoo noo- dig tot aan den omtick des cirkels in I en K. Laat uit deze punten loodlijnen IL en K.M neder op de S.oorde, en trek KI, dan zal KI LM \'t verlangde vierkant zijn. 26.   Laat AU en AC de twee gegeven lijnen zijn, en V \'t gegeven punt. Constructie. Verleng de gegeven üjnen. zoo noodig, tot zij elkan-

der snijden. Vereenig hun snijpunt A niet 1\', en deel door eene lijn AD den hoek BAC midden door. Beschrijf uit een willekeurig punt O der lijn AF> eenen cirkel, die AB en AC raakt. Vereenig het punt O met de twee punten K en S waar de lijn AP den gecoustrueerden cirkel snijdt. Trek uit P eene lijn evenwijdig aan OR (PN) en eene andere (PM) evenwijdig aan OS. Beschrijf uit M en N, met MP en PN als respective stralen, twee cirkels, die beide aan de vereischten zullen voldoen. \'t Bewijs hiervoor is gelijkvormig met dat van vraagstuk 23 dezer afdeeling.

Gegeven koorde zij BC.

Ook sta BE : EC = P : Q.

Constructie. Deel BC middendoor; richt DF loodrecht op BC. Trek FE en ver- leng die tot in het puut A des cirkclom- treks; trek nog AB en AC dan zijn deze de gevraagde koorden. Bewijs. In A ABC is Z. BAC door de lijn AF middendoor gedeeld; want om- dat DF loodrecht staat op het midden van BC, is boog BF gelijk boog FC, of hoek BAF = hoek FAC. Derhalve is in dien zelfden driehoek BE : EC =r BA : AC.

-ocr page 86-

		61
		maar BE t EC = P : Q. dus is ook BA : AC = P : Q. 28.   Zij ABCD een willekeurige vierhoek beschreven in eenen cirkel. Trek om het gevraagde te bewijzen, behalve de diagonalen, nog de lijn CE zóó, dat hoek DEC gelijk zij aan hoek CBA des vierhoeks. Beieiji. Driehoek ABC gelijkvormig met drieh. CED. want hoek ABC = hoek DEC. en hoek BAC = hoek CDE. dus is AB : DE = AC : CD. of AB X Cl) = DE X AC. ook is           diieh. KEC gelijkv. met drieh. ADC. want hoek CEB = hoek ADC- (suppl. v. gelijke hoeken) en hoek EBC = hoek CAD. dus is AD : EB = AC : BC. of AD X BC = EB X AC. Voeg hierbg wat wjj reeds vonden             AB X CD = DE X AC, zoo hebben wij AD X BC -f- AB X CD = (EB DE) AC. of AD X BC AB X CD = BD X AC. 29.   Laat gegeven zijn dat cirkel M in grootte en stelling, AB aan de eerste gegeven lijn, BC aan de tweede gegeven lijn beantwoordende, in stelling gegeven zijn, zoo als dat in onze figuur is geschied. Constructie. Laat uit M cene loodlijn MD op BC of haar ver. lengde neer en verleng die lijn MD totdat zij ook AB snijdt; verleng nu nog zoo noodig BC en AB tot zij elkander snijden. Verdeel DB door een punt E zoo in twee deelen dat DE : EB = % n>- ■ «• Trek AE en trek IL en FH, door K en G, de snijpunten van AE en den geg. cirkel, evenwijdig aan BC. De lijnen IL en FH zullen dan de gevraagde zijn. Bewijs. Het valt zeer licht te bewijzen dat OK : KL = PG : Gil =. DE . EB = % m i n. Vermenigvuldig alle voorgaande termen met 2, zoo hebben wij IK : KL = FG : GH         = m. : n. Want dat IK = 2 OK FG = 2 PG is, zal wel niemand betwijfelen, wanneer hij er op let dat de hoeken O en P recht zijn.

-ocr page 87-

62

30.   Laat AB en CD de gegeven lijnen, en P het gegeven punt zijn. Trek dan door F eene willekeurige lijn, die AB en CD beide snijdt, de eerste in E , en

.4 •?-

de tweede in F. Trek verder eene andere

lijn Gil evenwijdig aan EF, en verdeel die in het punt I in dezelfde reden, als waarin EF door het punt P verdeeld is.

H         F

Zoo men dan PI trekt, zal deze gaan

door het snijpunt van AB en CD. 31.   Twee gevallen kunnen zich bij dit vraagstuk voordoen. Het toppunt des gelijkbeenigcn driehoeks kan binnen of buiten den cirkelomtrek vallen. (Het geval dat B juist op den cirkelomtrek valt, zou de gegeven formule terngbren- gen tot de allereenvoudigste toepassing van Pythagoras theorema). Trek in fig. 1 en 2 beide de hulplijnen DC dan is in fig. 1. AC2 = ABS -f BC2-2AB X BD.

2.

AC2 = 2AB*—2AB_X_BD

2r2 = AB X AB-BD X = (AB—BD) AB = AD

AB. X AB.

en in fig. 2 AC2 = AB2 BC2 2AB X BD.

2.

AC2 = 2AB2 2AB X BD.

AB.

2r« = AB X AB BD X = (AB BD) AB = AD X AB. 32.   laat AB de gegevene lijn zijn. Trek nit B eene lijn, die met AB een willekeurigen hoek maakt. Zet op deze lijn uit BF = de gegeven lijn P, FE = de gegeven lijn Q, EH = de geg. lijn R; trek AH, en door E en F l|jnen aan deze AH evenwijdig, zoo zal AB in C en D op gevraagde wijze verdeeld zijn. 33.   Dit vraagstuk is bijkans hetzelfde als het vorige. Neem eene willekeurige lengte-eenheid aan. Zet (zie fig. vorig vr.) van B af op BG uit BF = 3 dier lengte-eenheden, EF = 7, EH = 11 dierzelfde eenheden, enz. 84. Neem op den omtrek dier fig. een willekeurig punt aan. Vereenig dat met een zoo groot mogelijk aantal andere punten op den omtrek dier figuur. 6a verder te werk zoo als volgt.

-ocr page 88-

		t^t^i^. X-/ /i,*-.*/\' (_ /-«I, *£w .. _^t «** «-•«.\'VX\'- /

-ocr page 89-

		63
		Maak eece dier lijnen grooter of kleiner naarmate de nieuwe figuur grooter of kleiner moet zijn dan de oorspronkelijke. Maak dan ook alle andere der getrokken lijnen in dezelfde reden grooter of kleiner als de eerste, en vereenig alle zoo gevonden punten op dezelfde wijze als de daarmede gelijkstandige punten in de oorspronkelijke figuur vereenigd waren. Dat deze oplossing slechts approximatief is, en in nauwkeurigheid wint, naarmate het aantal punten, op den omtrek der oorspr. figuur aangenomen, grooter is, behoeft wel geene opmerking. 35,   Zij gegeven dat de lijn AB door een punt C moet verdeeld worden, en dat M de zijde van het gegeven vierkant zij. Constructie. Trek uit B de ljjn BE zóó, dat hoek ABE = 45° zij. Be- schrijf uit A met M als straal eenen cirkelboog. Laat deze in F en 6 de lijn BE snijden. Laat FC en GC\' lood- recht op AB neer, dan voldoen de beide punten C en C\' aan \'t gevraagde. Bewijs. Drieh. BC\'G is gelykbeenig. Want hoek BC\'G is recht, hoek C\'BG = 45°: dus is ook /_ C\'GB = 45°. BC\' derhalve is gelrjk C\'G en BC\' AC\' = C\'G -f- AC\' = AB. tevens is AC2 C\'G» = AC" -f BC* = AG« = M*. Op geheel dezelfde wijze wordt ook bewezen, dat het andere punt C aan \'t vereischte voldoet. 36.   Zy ABHK het gegeven vierkant, en de lijn m de zijde van het nieuwe vierkant dat in \'t oorspronkelijke moet beschreven worden. Constructie. Zij hoek ABD = 45°, bc- schrijf uit A met de lijn m als straal eenen cirkelboog. Laat die de lijn BD in E en F snijden. Laat verder FC en EC\' loodrecht op AB neer. Zet nu op AK, KH , HB, respectivclijk van nit de punten A. K. H. de stukken AL, KI en HG nit, ieder gelijk aan het gevonden stuk CB en vereenig L en G beide met C en I. De vierhoek LCGI zal het gevraagde vierkant zijn. Beteijs. Trekken wij van AB = BH = HK = AK af BC = HG = KI = AL, dan vinden wij AC = BG = IH = KL. m* s AF* m BC* -)- AC\' (zie vorig vraagst.) is dus ook geljjk

-ocr page 90-

		64
		AC* AL* = BG* BC» = HG» -f- IH* s KI» -f- KL». = LC* ss GC*         =         IG*         =s IL». Dus is LC = GC = IG = IL = m. Uit de gelijkvormigheid van drieh. ALC met drich. CBG volgt hoek ALC = hoek GCB. tel hierbij » LCA — „ LCA, zoo is 1 rechte = hoek GCB -f- hoek LCA. Trekken wij dit af van hoek GCB hoek GCL hoek LCA = 2 R, zoo vinden wij hoek GCL = E. Daar derhalve vierhoek LCGI heeft vier zijden ieder gelijk m, en éénen rechten hoek, is die vierhoek \'t gevraagde vierkant. 37.   Zij gegeven dat in den driehoek ABC, AD loodrecht op BC sta en das te bewijzen zij BC—BD . AC—AB = AC -f AB : BC. Betcijs. AC2 = AD1 -f DC* AB» = AD* -f BD*. -------------------------------aft. ACs-AB* = DC*-BD* of (AC—AB)( A C AB)=DC~ BD)(DC BD) Dit geeft de evenredigheid die wij zochten DC— BD : AC—AB = AC BA : BC. 38.   Laat in den willckeurigen driehoek ABC, AH loodrecht op BC, KC loodrecht op AB staan. Trek BF en verleng die tot in D, dan hebben wij te bewijzen dat hoek ADB recht is. Trek om dit te bewijzen FG even- wijdig nan A B, FI evenwijdig aan AC, dan is
		uit de gelijkvormigheid van drieh. ABH en drieh. F6H BH : GH = AH : FH. (1) „ „               „               „ n AHC met drieh. FHI AH : FH = HC : Hl. (8) Uit (1) en (2) volgt BH : GH = HC : Hl en BH X Hl = GH X HC. Maar daar hoek BEC recht is, en evenzoo hoek GFC, omdat AB evenwijdig is aan GF, is GH X HC = FH*. Nu is dus ook BH X Hl s FH* of BH : FH = FH : Hl. Voeg hierbij dat hoek BHF s hoek FHI = recht is dan is

-ocr page 91-

		65
		drieh. BHF gelijkvormig met drieh. HFI en dns hoek FBH = hoek HFI. Tel hierbij hoek BFH = hoek BFH, dan hebben wg 1 R = hoek BFI, of wegens de evenwijdigheid van FI met AC, hoek CDB = R. q. e. d. Volgens § 120 van Badon\'s leerboek be- rekent men gemakkelijk de drie loodlijnen en de zes stukken, waarin deze de zijden verdeelen, wanneer de zijden des driehoeks gegeven zijn. Wij mogen dns deze negen lijnen als bekend aannemen. Neemt men nu verder in aanmerking, dat hoek DBG = hoek ACD, beide als compl. van hoek BAC, hoek FBG = hoek FAC,              „ „ „ „ ACB, hoek FCG = hoek FAB, „                          „ „ ABC, hoek ECG as hoek ABE, „ „ „ „ » BAC, hoek EAG = hoek CBE,             „ „ „ „ ACB, en hoek DAG = hoek BCD, „ „ „ „ „ ABC is, zoo volgt daarnit dat: driehoek DBG co ACD, driehoek FBG co driehoek FAC, driehoek FCG co driehoek FAB, driehoek ECG co driehoek ABE, driehoek EAG co driehoek CBE, en driehoek DAG co driehoek BCD is. Zoo zal dan ook CD : BD = AC : BG zijn, waaruit BG bekend wordt, enz. 40. laat gegeven zijn dat in driehoek ABC de loodlijnen CF, BE, AD respectivelijk = c. 6. a. zijn, en de inhoud van drieh. ABC gesteld worden = \'/.2 x, zoo is BC = -, AC = 4. AB= —. Zeer gemakke- a               b                 c
		lijk vinden wij nu BD = —\\/ (x*—aV), CD c ~^-V (.**— r«2*2). »it opgeteld geeft ~=\\ V (i\'-«242) -^- V (<r2-aV) of -~4 V (*2—W) = — V (s2—«2«2). Kt in *t a o                                c x1          2x                                  x2                   xl quadraat is—----------— 1/ (xt—atbi) 4------,------«*=—=■— «", of a*          ai                                  o\'                   c\' % i~%-%V (ï\'-a**2). Dit in \'t quadr.; (ge8teld dat jj-f-I. £.£? (*W4*) 0f £=!£- *r* of 4=-^r- 4. d* a\'6l                 \' d* aH\'                     d* d\'b*

-ocr page 92-

66

Dit vermenigv. met «*42rf* geeft aWzt—tdW = - 4aWd* of *2 = _ «d*

4a2iV« 4d*—aW

of

|/(4d—<M2) 41.   Laat in den willekeurig aangenomen driehoek ABC, AD = DC gegeven zijn. Wanneer wij dan BE loodrecht op AC neerlaten, is AB2 = AD2 BD2 2AD X DE (1) BC2 = DC2 BD2 — 2DC X DE of daar AD = DC is, =r AD* BD\'—2AD X DE (2). Verg. (1) geteld bij verg. (2) geeft AB2 -f- BC2 = 2 (AD4 -f- BD2.) q. e. d. 42.   Laat ABCD een parallelogram, en AE en BF loodlijnen zijn op CF, dan is natuurlijk drieh. ACE = en oc drieh. BDF, en dus CE = DY en

BCa = CD2 BD2 2 CD X DF = CD2 f BD2 4- 2 CD X CE AD2 = Cl)2 AC» — 2 CD X EC = AB2 -f AC2 — 2 CD X CE. BC\' AD*                                           = C D* 4- BD2 -f AB2 AC2. Laat BE en CA twee koorden van den cirkel M zijn, die zich onder een rechten hoek snijden , AD eene middellijn des cirkels zijn. Wanneer wij dan de hulplijnen BC, Cl), DE, AE trekken , is BC4 = CF2 BF2. AE2 = AF8 -I- EF2. BC2 AE» = Cf2 BF2 AF2 EF2. Nu loopt Cl) evenwijdig aan BE: want hoek DCF is gelijk hoek AFE = R. Hier-

43.

door is boog

DE

boog BC, en weder hierdoor koorde DE =

koorde BC. Substitueeren wij dit in \'t geen wij reeds hadden verkregen, zoo hebben wij DE* 4- AE2 = AF2 BF2 CF2 4- EFa Maar daar AD eene middellijn, bijgevolg drieh. ADE rechthoekig is, is ook AD8 es DE2 -f AE2 en dus AD» = AF* BF2 CF» EF».

-ocr page 93-

		4y ?t~i. Je .-. Jl > /o.\'/ «ft? et <£<■< J tr*-£i/t U.*\'/ ZS .//" £ i/tl -t*, C A ^C -/tSl-t t*~2 / ffy //V, ty Je „- Jr> *** *~\' \'c -"*/= L JJ(/i e~ *^~ C ~At : ~*f l = tï>: ^%— J*

-ocr page 94-

		67
		44.   Laat cirkel M gegeven zijn, en gevraagd worden dat de nieuwe cirkel dezen cirkel in D, en de lijn AB rake. Constructie. Trek MD en verleng die, richt uit D op MN eene loodlijn AD op. Verdeel den hoek waaronder deze de ge- gegeven lijn AB snijdt in twee gelijke deelen door de lijn AC. Het snijpunt van MN en AC zal \'t middelpunt des gevraagden cirkels zijn, dien wij met den straal DN zullen beschrijven. 45.   Zij AB gegeven koorde en AD = DC = CB. Trek de hulplijnen DM, CM, EM, FM, en de loodlijn GM naar \'t midden van AB, dan is Drieh. DGM\'s en co drieh. CGM. Want DG bs GC, MG = MG, hoek DGM = hoek CGM = R. Dus is hoek GDM = hoek GCM en DM = MC. tel hierbij hoek GDE = hoek GCF = II, dan hebben wij hoek MDE = hoek MCF. Drieh. DME s en eo drieh. CMF; want DM sa MC (zie boven) ME ss MF hoek MDE = hoek MCF. Dus is ED^= FC, DEFC bijgevolg een rechthoek en EF = DC = AD. In den rechthoekigen driehoek ADE is na natuurlijk de hypotcuusa AE langer dan de rechthoekszijde AD, dus ook langer dan EF, bijge- volg boog AE ook grooter dan boog EF. 46.   Laat gegeven zijn dat op koorde CF, de drie stukken CD, DE, EF gelijk zijn, dan moet bewezen worden dat boog AB niet gelijk boog BF en koorde AB „ „ koorde BF zijn kan. Wanneer wij nu als hulplijnen trek- ken EG evenwijdig aan BF, Eli lood- recht op MF, zoo is op bijna gelijke wijze als in \'t vorig vraagstuk te be- wijzen dat AB evenwijdig loopt met CF en derhalve driehoek DEM en driehoek ABM gelijkvormig zijn. Daaruit leiden wij af DE : AB = ME : MB Maar ook drieh. MEG en drieh. MBF zijn gelijkvormig dus is ook            EG : BF = ME : MB en du» ook            DE : EG = AB : BF In den gelijkbeenigen driehoek MEG is nu hoek MGE immer klei- lier dan een rechte hoek, en valt dus de loodlijn uit E op MG niet 5»

-ocr page 95-

		68
		op diens verlengde. Nu is dns EG kleiner dan KF, wijl EFjzich verder dan EG van \'t voetpunt der loodlijn Kil verwijdert. EG is dns ook kleiner dan DE die gelijk EF is, en derhalve ook BF kleiner dan AB of, wat hieruit van zelve volgt boog AB grooter dan boog BF. 47.   Gesteld de kortste diagonaal eener ruit zij a en hare zijde b. Zoo is de langste diagonaal 2|/ (42— \'/4a!). 48.   Bij eenen stomphoekigen driehoek ABC (Hg. 1) is de stompe hoek ABC = 1 K -|- hoek DBC. De hoek gevormd door de basis en de middellijn des omgeschreven cirkels is hoek CAD. Beide worden gemeten door % boog CD en zijn dus gelijk. Bij eenen scherphoekigen driehoek ABC (Hg. 2) is de scherpe hoek ABC = 1 R—hoek CBD. De hoek gevormd door de basis en de middellijn des omgeschreven cirkels is hoek DAC,
		Beide worden gemeten door \'/g boog CD en zijn dus gelijk. 49. Laat de cirkels M en N in grootte en stelling gegeven zijn en het stuk tusschen de twee omtrekken de lengte moeten hebben van de lijn m. Constructie. Vereenig de middelpunten der gegeven cirkels M en N, en beschrijf op MN eenen halven cirkel. Beschrijf uit M met eene straal = \'/2 m eenen cirkelboog die den beschreven halven cirkel in P snijdt. Trek MP, en door Q eene lijn aan MP evenwijdig, dan zal deze de begeerde lijn zijn. Bewijs. Als wij tot hulplijnen nu nog trekken PN, MF loodrecht op Qü, is QU = 2 QF, en wijl NP loodrecht op MP, en dus ook op QU staat, QR = 2 QS aft.---------------- RU = 2 SF. Maar MFSF is een rechthoek (hoek MFQ is recht, hoek MPN is reeht, en QU is evenwijdig aan MP.) Dus is ook RU = 2 MP = 2 X Va m = m.

-ocr page 96-

69

50. Laat M en N de cirkels zijn in stelling gegeven, en laat het stuk tusschen de beide omtrekken gelijk de lijn m moeten zijn. Constructie. Geheel dezelfd als in \'t vorig vraagstuk. Bewijs. Geheel hetzelfde als in \'t vorig vraagstuk.

51.J|Laat M de gegeven cirkel, P het gegeven punt, en AB de lengte zijn die de koorde door P getrokken moet hebben. Constructie. Laat MC loodrecht op AB neer; trek MP en maak

middellijn

eenen cirkel. Beschrijf uit M met MC

als straal eenen cirkel die den laatst genoemden in 2 punten snijdt (D en E). Trek PD en verleng die aan weerszijden dan is GE de gevraagde koorde. Bewijs. Als wij nog MP trekken is hoek MDE recht, als staande in eenen halven cirkel, en trekken wij dan nog MG en MA, dan is drieh. GDM ^ drieh. ACM; want hoek GDM =. hoek ACM = R. GM = AM.

MD = GD =

MC. AC.

Derhalve is

•2.

GF = AB.

2 GD is gelijk GE, wijl MD loodrecht

op GF staat. De tweede koorde die aan de vraag voldoet, gaat door de punten P en £. 52. Laat cirkel A gegeven zijn en het punt P het buiten dien cirkel ge- geven punt wezen, waardoor men eene lijn trekken moet, zoodanig dat het gedeelte dier lijn binnen den cirkel gelijk zij aan de gegeven lijn BC. Constructie. Laat AD loodrecht neer op BC, dan is BD = DC. Vereenig A met P en beschrijf op AP eenen halven cirkel. Beschrijf nit A met AD als straal eenen cirkelboog, die ergens E den beschreven halven cirkel zal snijden. Trek PE en verleng

-ocr page 97-

		70
		die, dan is PG de gevraagde lijn. Ook bier kan eene tweede snijlijn gevonden worden, die aan bet gevraagde beantwoordt. \'t Bewijs wordt juist zoo gevoerd als in \'t vorig vraagstuk uit de gelijk en gelijkvormigheid der driehoeken ABD en AEG. 53.   Stel ABC zrj een willekeurige driehoek beschreven in den cirkel M. Zij AD loodrecht op BC neergelaten, en AE eene middellijn des cirkels M. Trekken wij dan de lijn EC, dan is drieh. ABD co drieh. AEC, want hoek ABC = hoek AEC = \'/2 hg AC. hoek ADB = hoek ACE = K. Derhalve is AB : AE = AD : AC. of AB X AC = AE X AD q. e. d. 54.   Zij gegeven, dat ABEDC een regelmatige vijf hoek zij beschreven in den cirkel M, dan is Ig. AB = Ig, BE = tg. ED = hg. 1)C = tg. AC - 72°. B ewijs van \'t gevraagde. hoek FEB = % bg. BC = 72°. hoek EBF = % BG. DE = 36°. Derh. is hoek BFE s                          72°. Driehoek BFE is dus gelijkbeenig, of BF = BE. q. e. d. Nu is verder drieh. DFE co drieh. DBE, want hoek FDE = hoek BDE. BC) s 108° = boek DFE - hoek DEB — % bg. BAD = 108°. dus is DF : DE = DE : BD of DF : BF = BF : BD.            q. e. d. 55.   Zij ABDE een willekeurige vierhoek in eenen cirkel M beschreven, en laat de lijnen GC en FH de hoeken ACE en AFB respectivelijk mid- den door deelen. Bewijs van \'t gevraagde. Hoek BAE -f- hoek BDE = 2 R. Hoek BDC f hoek BDE = 2 R. Dus hoek BAE = hoek BDC. Tel hierbij hoek ICB = hoek 1CE. Zoo hebben wij hoek BAE -)- hoek ICB = boek BDC hoek ICE.
		Maar voor hoek BAE -f hoek ICB kunnen wjj schrijven hoek COF.

-ocr page 98-

		71
		en voor hoek BDC -{- hoek ICE kunnen wij schrijven hoek BPC. Dus is hoek COF = hoek BPC en derhalve driehoek OPF gelijk- beenig. In dezen gelijkbeenigen driehoek deelt FI den tophoek middendoor, en snijdt derhalve de basis OP rechthoekig middendoor. 56.   Het bewijs voor deze stelling berust op dezelfde beginselen, als de stelling dat de overstaande hoeken van den in den cirkel beschreven vierhoek elkanders supplementen zijn. Men zul bevinden, dat de n niet naast elkander liggende hoeken van den 2n-hoek, beschreven in den cirkel, te zamen gemeten worden door \'/, (n—1) omtrekken van dien cirkel. 57.   Deze stelling wordt bewezen uit de gelijkheid van de raaklijnen, die uit hetzelfde punt aan den cirkel getrokken zijn. Men zorge slechts, de vergelijkingen, welke men verkrijgt, zoodanig onder elkander te schrijven, dat de stukken, die tot dezelfde zijde behooren, overeen- komstige leden dier vergelijkingen zijn. 58.   Van de lijn BD moet alzoo bewezen worden, dat het stuk BE buiten den cirkel gelijk is aan het vierde deel van de koorde DE. Het is eene bekende waarheid dal BC2 = BD X BE is; stelt men nu den straal des cirkels = 1, dan is de zijde des vierkants = 2, en de lijn BD = \\/a. Onze vergelijking verandert alsdan in 1 = BE Vh, waaruit volgt BE = -^- = -^— \\/5. Deze waarde van BE, afgetrokken van die v*n yo          5 BD, blijft DE = i- V* ; waaruit dus BE : DE as 1 : 4. 5 59.   Zij ABCD een willekeurig trapezium. Constructie. Zet eene middeneven- redige tusschen CD en AB, van C af op CD uit. Laat CE die middeneven- redige zijn. Trek EF evenwijdig aan AC, FG evenwijdig aan CD, zoo zal deze lijn FG ons trapezium op ge- vraagde wijze verdeden. Want uit de evenwijdigheid van GF met CD en AB, volgt de gelijkhoekigheid van de twee trapezia AF en GD. Tot hunne gelijkvormigheid is buitendien nog noodig de evenredig- heid der evenwijdige zijden. Deze kennen wij, want wij weten dat CD : GF = GF : AB.

-ocr page 99-

		73
		60.   Laat gegeven zijn dat AE en AF den willekeurig aangenomen cirkel in E en F raken, dan moet bewezen worden dat BC X AD = DC X AB is. Bewijs. Trek tot hulplijnen DE, BV en HA zóó dat EH = FH is. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken DEC en BCF volgt          DC : CF = EC : BC. DC X BC = CF X BC (I) AE2 = AB X AD AE2 = AC» CF2—2 CH X CF. Dus is AB X AD = AC X AC CF X CF—2 CH X CF. AB X AD = AC X AC (CF—2CH) X CF. AB X AD = AC X AC EC X CF. Substitueeren wij, wat wij in (1) vinden, zoo hebben wij AB X AD = AC X AC DC X BC. (2) AD = DC AC en AC = BC AB. dus schrijven wij voor (2) DC X AB AC X AB = AC X BC AC X AB DC X BC DC X AB AC X AB = AD X BC AC X AB. (want AC -f DC) = AD. Trekken wij hier af AC X AB =                             AC X AB, zoo hebben wij DC X AB = AD X BC. q. e. d. 61.  WMM              WKM                        AD : DB = AC : BC. AD\' : D\'B = AC : BC. Dus ook AD : BD = AD\' : BD\' AD X BD\' = BD X AD\'.
		62, Zij het vraagstuk opgelost, en de driehoek ABC beantwoordende aan de vraag. Trek uit M stralen naar de raakpunten D, E en F, zoo bewijst men gemakkelijk dat CDME een quadraat is. Vermits nu AD = AF en BE = BF is, zal de som der rechthoekszijden gelijk zijn aan de hypothenuse, vermeerderd met tweemaal den straal des ingeschre- ven cirkels, en wordt dus dit vraagstuk teruggebracht tot No. 48, bl, 6 van het tekstboekje.

-ocr page 100-

73

Zij gegeven, dat de cirkels AB en AC elkander in A raken, en dat hunne mid- dellijnen AB en AC zijn. Laat verder AD en AF twee willekeu- rige koorden zijn, getrokken uit het ge- noemde raakpunt A, dan moet bewezen worden dat AE : AD = AG : AF. Bewijs. Als wij de hulplijnen HE, DC, BG, FC trekken, is AEB gclijkv. met drieh. ADC.

63.

rechthoekigeen         , Uit het eerste

ACF. : AC. AC. AF. q.

paar drieh. is AE : AI) = AB

„ „ tweede

„ AG : AF = AB derhalve AE : AD = AG

e. d.

64.   Laat AB de twee gegeven punten zijn en CD de gegeven lijn. Constructie. Trek AB en verleng die tot zij in E de lijn CD snijdt. Zoek ecne middenevenredige tusschen AE en BE en zet die van E af op CD uit. Een cirkel door A, F en B gebracht, zal volgens de aangehaalde paragraaph van Badon de lijn CD in F raken. Wanneer wij AF en BF trekken, zal hoek AFB de gevraagde ziju. Bewijs. Neem op de lijn CD een willekeurig punt G aan, en ver- eenig dat met A en B, wanneer wij dan hebben bewezen, dat hoek AGB kleiner is dan hoek AFB, zijn wij, waar wij wezen moeten, want het punt G kunnen wij nemen waar wjj willen, hoek AFB = »/, boog AIB. hoek AGB == % (boog AIK—boog HB). Derhalve hoek AGB kleiner dan hoek AFB. q. e. d. 65.   Zij AB de eerst gegeven lijn, CD de andere. Constructie. Richt op het uiteinde C van CD cene loodlijn CE op eu maak CE =s AB. Beschrijf uit het midden F van CE een\' cirkel met FC als straal; trek vervolgens DF, en verleng die tot in H, dan zal men op het verlengde van AB, van B uit, DG moeten uitzetten, om het gevraagde punt te verkrijgen. Bewijs. Daar CE loodrecht staat op CD, raakt de cirkel F, CD in C, en ia dns:

-ocr page 101-

		75
		AB X BC = EB X BF = EB X BD EB. DF = EB X BD -f EB. ED. tel hierbij BD2= BD X BD. Zoo hebben wij AB X BC -f BD2 = ED X BD ED X EB = ED*.
		69.   Laat A en B de twee eerste gegeven punten zijn, en F het derde, en laat hoek ABC de hoek zijn, waaronder men A en B zien moet. Zij verder gegeven, dat het na te vinden punt den afstand m van P hebben moet. Constructie. Richt uit B eene loodlijn op BC op en nit het midden D van AB eene op AB. Beschrijf uit het snijpunt E dezer lijnen eenen cirkel met EB tot straal. Beschrijf ook met den straal m uit F eenen cirkel die, zoo de construc- tie mogelijk is, den eerstbeschreven cir- kel in een punt raken of in twee pun- ten snijden zal. Vereenig dit raakpunt of deze snijpunten met A en B, dan zullen oi dit raakpunt of deze snijpunten het gevraagde punt zijn. Bewijs. Het punt F ligt op den gevraagden afstand m van F, want cirkelb. FG is met m als straal beschreven. Daar hoek EBC recht is, is BC eene raaklijn en dus hoek ABC = \'/, bg. AB; maar ook hoek AFB — 1/2 bg. AB, dns is hoek AFB = hoek ABC en worden das uit F, A en B onder den gevraagden hoek gezien. 70.   De constructie van dit vraagstuk is vrij gelijkvormig met die van het vorige. Denken wij ons in de figuur van dat vraagstuk in plaats van het punt P eene lijn en eene andere lijn evenwijdig daaraan getrok- ben op den gegeven afstand, waarvan in \'t vraagstuk sprake is. De snijpunten dezer lijn en den cirkel E, zullen in dit geval de gevraag- de wezen. 71.   Van de twee gevallen die in dit vraagstuk mogelijk zijn, dat namelijk de twee gegeven punten binnen of buiten den gegeven cirkel liggen zullen wij alleen het tweede behandelen. In de constructie is in beide gevallen weinig verschil. Stel dat de beide gegeven ponten A en B zijn en de gegeven cirkel, cirkel C.

-ocr page 102-

		76
		Constructie. Laat een\' cirkel door A en B gaan, die cirkel C in twee punten snijdt. Trek AB, en verleng die aan die zijde, waar zij het verlengde der lijn DE zal kannen ont- moeten. Trek DE en verleng die zóó, dat zij \'t verlengde van AB in L snijdt. Trek uit L eene raaklijn aan cirkel C, dan zal een cirkel gebracht door dit raakpunt E en A en B de gevraagde zijn. Bewijs. In den eerst geconstrueerden cirkel is LD X LE = LB X LA. In den gegeven cirkel C is LD X LE ss LF*. LF2 is dus ook = LB X LA. Dus is ook LF eene raaklijn aan cirkel H en daar zij tevens van cirkel C eene raaklijn is, raken cirkels H en C elkander in het punt F. Uit L had men nog eene raaklijn aan cirkel C kunnen trekken: er is dus nog een tweede cirkel, die aan de vraag voldoet. 72.   Zij gegeven, dat cirkel D beschreven is in drieh. ABC. Constructie. Beschrijf ook om den drie- hoek ABC eenen cirkel. Laat dat cirkel E zijn. Trek EA, EB, EC en uit D lijnen HD, FD, GD respectivelijk evenwijdig aan BE, CE, AE. Vereenig H met F en G en F met G zoo is GHF gevraagde drieh. Bewijs. Drieh. AEC co drieh. GDF, want GD : DF = AE : EC, en hoek GDF - hoek AEC. Dus is boek DGF = hoek EAC en hoek DFG = hoek ECA. Evenzoo kunnen wij ook vinden hoek DGH s hoek EAB. hoek DFH = hoek ECB. opt, hoek HGF = hoek BAC. hoek GFH = hoek ACB. Dei halve is drieh. HGF os driehoek ABC. 73.   Laat AB en BC de gegeven lijnen zijn, wier product gelijk het pro- duct der deelen van M moet wezen. Zij M de lijn die verdeeld moet worden.

-ocr page 103-

		77
		Constructie. Beschrijf op de som der gegeven lijueu AB en BC eenen halven cirkel, en zoek eene mid- denevenredige BD tusschen die beide. Richt uit het uiteinde E der lijn M cene loodlijn op, en maak die zoolang als de gevonden middenevenredige. Trek GH evenwijdig aan EF, en laat uit H op M eene loodlijn neer, zoo is de lijn M in het punt I op gevraagde wijze verdeeld. Bewijs. AB X BC = BD2 = EG2 = Hl» = EI X IE. 74. Zij gegeven: drich. ABC en cirkel M. Constructie, lieschrijf om den driehoek ABC eenen cirkel, en verecnig al zijne hoekpunten met het mid- dclpunt diens cirkels. Na nu uit M eene willekeurige lijn MC\' getrokken te heb- ben, maken wij
		hoek C\'MA\' = hoek CNA en hoek C\'MB\' = hoek CNB. Vercenig nu B\' met C\' en A\', en A\' met C\', dan is driehoek A\'B\'C\' de gevraagde. \'t Bewijs wordt uit de gelijkvormigheid der samenstellende drie- hoeken gevonden. Beschrijf in den gegeven driehoek eenen cirkel, en vereenig de drie raakpunten met het middelpunt van dien cirkel; na nu uit het mid- delpunt des gegeven cirkels eene willekeurige lijn getrokken te heb- ben, zet men op deze lijn aan gezegd middelpunt dezelfde hoeken uit, als die de stralen in den geconstrueerden cirkel maken. De raak- lijnen, die men door de laatstgevonden punten aan den gegeven cirkel trekt, zullen den gevraagden driehoek insluiten. Zij boog AC = \'/4 omtrek, en boog AD = % omtr. Deel dan boog AC in E middendoor, dan zal hoek EBD = % R = Vs X V, R zijn.
		75,
		70,
		77. Stellen wij de gegeven koorde = a\', den straal des gegeven cirkels = f, de gevraagde koorde = a, zoo is, volgens Badon § 175,

-ocr page 104-

		78
		»\'|/ (4c2—«\'») a = —--------■--------------- r Substituccrcn vrij hierin de waarden voor a\' en r gegeven, zoo is 4j/ (100—16) a =          v----------= 7.83212 meter». 5 78.    Wij dienen eerst te bepalen, hoelang de straal is eens cirkels waarin de ingeschreven regelmatige vijf hoek 10 meters zijde heeft. Met 20 behulp van Badon § 180 vinden wij hiervoor ———-——, 1                                               w                 1/(10—21/5)\' Beschouwen wij dan den diagonaal des vijfhoeks als de zijde eens veelhoeks, die half zooveel zijden heeft als de vijf hoek, en noemen wij hem a, terwijl wij de zijde des vijfhoeks a\', en den straal des cir- kels r noemen, zoo is a\'l/ (4r>—an) a =-------------------- r 20 Substitueeren wij dan voor a\', 10 meters, en voor r,-----——^------- 1/(10—2j/5) 10i/ (200 401/5-100) dan wordt a = —-—S--------——-------------\' J/(10—2J/5). = 16.18034 meters. Ieder begrijpt echter ligt, dat wij met behulp van vraagst. 54 dezer Afdeeling dit antwoord veel lichter zonden gevonden hebben. 79.   Eenc aandachtige beschouwing van eenen in eencn cirkel beschrevenen zeshoek met alle daarin getrokken diagonalen zal ons leeren, dat de diagonalen van zulk eenen zeshoek of gelijk zijn aan de middclliju zijns omg. cirkels. of aan de zijde des regelmatigen driehoeks beschre- ven in denzclfden cirkel. De eerste soort van diagonalen heeft eene lengte van 20, de tweede van 17,320508 meters. 80.   Laat ABCDEF een regelmatige zeshoek, en ACE een regelm. driehoek zijn in denzelfden cirkel M beschreven. Trekken wij AM, RM en CM, zoo is ABMC een parallclograra. Want AB = MC AM = BC.
		Dus is drieh. AMC = drieh. ABC = %  parall. ABCM. Evenzoo vinden wij drieh. AME = drieh. AFE = \'/2       „ AMEF. en . MEC = - DEC = %       „ MEDC.
		-opt.
		Drieh. AEC                            = % zesh. ABCDEF.

-ocr page 105-

		79
		81.   Zie Afdeeling 1. Bladz. 13. Opgave 25, van het tekstboekje. 82.   Het verschil van den middelpnntshoek eens regelm. vijfhocks en eenen rechten hoek is = 18° = \'/s K. 83.   De middelpuntshoek van eenen regelm. zestighoek bevat 6° en is dns = »/„ R. 84.   Zij A6 de gegeven lijn. Constructie, Trek de lijn AD zoodanig dat hoek CAD = 36° is; (wat wij met be- hulp van § ISO van Badon zeer gemakkelijk kunnen doen.) llicht op AD uit A eene 1 oodlijti op, en uit het midden C van AB eene andere op AB. Beschrijf uit het snij- punt M dezer lijnen eenen cirkel met MA als straal. Verlengen wij dan CM door M tot in E, en trekken wij nog AE en BE, dan is drieh. ABE de verlangde. ■>ijs. Hoek BAD = hoek AEI5 = 36°; hoek EAB -f- hoek ABE = 144°. Wijl verder CE loodrecht staat op \'t midden van AB, is driehoek AEB gelijkbeenig, en derhalve hoek EAB = hoek ABE = 72°. 85.   Zij gegeven drieh. ABC en het punt P waardoor men verlangt dat de deellijnen zullen getrokken worden. Constructie. Verdeel die zijde van drieh. ABC, waarin het pnnt F gelegen is (BC), in vijf gelijke deelen (BD, DE, EF, FG, GC) en vereenig de deelpunten (D, E, F, 6) met het tegenoverliggend hoekpunt (A.) Vereenig het punt P met datzelfde hoekpunt, en trek door alle eerst genoemde deelpunten lijnen even- wij Jig met de laatstgetrokken lijn; vereenig eindelijk nog de punten, waar de laatst beschreven lijnen de nog niet gebruikte zijden des driehoeks snijden, met het punt P, zoo zullen de dus ontstane stuk- ken ieder = % drieh. ABC zijn. Bewijs. W\\j willen slechts bewijzen dat drieh. PHC en drieh. IPH elk gelijk \'/, drieh. ABC zijn. De overige deelen worden evenzoo geconstrneerd, en men gaat juist op dezelfde wijze te werk als bij de twee genoemde drieh., om te bewijzen dat zij = \'/, drieh. ABC zijn. Drieh. HOC = drieh. HOC. drieh. HGA = drieh. HOP (want zij hebben dezelfde basis en dezelfde hoogte, de afstand namelijk der evenw. lijnen AP en HG).

-ocr page 106-

		80
		Telt men deze twee vergelijkingen bijeen, zoo heeft men drieh. AGC = drieh. PHC. Nu is drieh. AGC — % drieh. ABC, want beide driehoeken heb- ben dezelfde hoogte, en de basis van den eersten is vijfmaal op die van den tweeden begrepen. Derhalve is ook drieh. PHC = % drieh. ABC. Geheel op dezelfde wijze vinden wjj drieh. AFC = drieh. P1C = % drieh. ABC. wij weten drieh. AGC = drieh. PHC = % drieh. ABC. dus is ook drieh. IPH = % drieh. ABC enz. 86.   Van de twee iu de opgave gevraagde verdeelingen zullen wy alleen de laatste construeeren. De eerste kan dan als een gnnstig geval van de laatste constructie beschouwd worden. Zij gesteld dat wij uit een punt H binnen den drieh. ABC lijnen AH, BH en CH moeten trekken zóó, dat de dus gevormde drieh. ABH, BHC, AHC tot elkander staan als 1: 2 : 3, zoo wordt dat punt H gevonden door de volgende Constructie. Verdeel de zijden AB en BC ieder in zes (de som der gegeven verhoudingsgetallen) gelijke deelen, en laat dientengevolge BD = % BC, AF = % A.B zijn. Trek AD en uit D eene lrjn DE evenwijdig aan AB. Trek ook CF, en door F eene lijn FG evenwijdig aan AC, dan is het snijpunt van GF en ED het gevraagde punt H. Bewijs. Is BD = \'/„ BC dan is natuurlijk drieh. ABD = % drieh. ABC, en elke driehoek wiens basis AB is en wiens top ligt in DE is even groot, wijl hij dezelfde basis en dezelfde hoogte als ABD heeft. Drieh. AHB is dus = % drieh. ABC. Op geheel dezelfde wijze vinden wij dat drieh, AFC = drieh. AHC = % drieh, ABC is, en dus is drieh. BHC = drieh. ABC—% drieh. ABC = % drieh. ABC. Derhalve staat drieh. AHB : drieh. BHC : drieh. AHC = 1:2:3. 87.   Laat gevraagd zijn den driehoek ABC te vervormen in eenen gclijk- beenigen driehoek van dezelfde grootte. Constructie, Richt uit het midden van de basis BC, uit D eene loodlijn op BC op. Breng door A eene lijn AE evenwijdig aan BC. Het punt F waar deze lijn de geconstrueerde loodlijn snijdt, vereenige men nog met B en met C, dan zal drieh. FBC de gevraagde zijn. 88.   Dat driehoek BDG gelijk en gelijkvormig is met drieh. ABC, springt terstond in het oog: zij hebben twee zijden en den ingesloten hoek

-ocr page 107-

		81
		ieder ia \'t bijzonder aan clkaudcr gelijk. De driehoeken HCF en EAI zijn alleen ge- lijk, en niet gelijkvormig aan den driehoek ABC; omdat zij wel twee zijden ieder in \'t bijzonder gelijk hebben aan twee zijden van den driehoek ABC, maar de ingesloten hoek EAI het supplement is van den ingesloten hoek BAC, en de ingesloten hoek HCF het supplement is van den ingesloten hoek ACB.
		89		fy liet eerste gedeelte der stelling wordt
		;, bewezen, doordien al de driehoeken, * welke op dezelfde wijze gevormd zijn, als de driehoek r\'AE twee zijden ieder in \'t bijzonder aan elkander gelijk heb- ben, terwijl de door die zijden ingesloten hoek bij allen even groot is. Immers is die hoek overal = 4 K — (1 -f- <% -f %) K = 1% R. Verleng, om het tweede gedeelte der stelling te bewijzen, FA tot in G. Wij zagen reeds, dat hoek EAF = 1% K is: zijn supplement EAG is das ss \'/, R, en de hoek EAB door AG middendoor gedeeld. Daarom staat ook AG loodrecht op BE, en deelt BE middendoor. Dus is de inhoud van driehoek EAF = AF X % EG = AD X % Al!, en dus gelijk aan een vierde deel van den inhoud des rechthoeks. 90. De vierde evenredige tot de gegeven lijn, de basis van den gegeven driehoek en zijne halve hoogte zal de hoogte van den gevraagden rechthoek zijn.
		91
		Gesteld dat ABCD een parallelogram is dat men door eene lijn, door het punt P gebracht, wenscht te verdeelcn, op de wijze, zoo als in de opgave wordt aangeduid. Constructie. Deel de zijde AB door een punt F zoodanig in 2 deelen, dat AF : FB = 5 : 7. Deel EF door een punt H middendoor. Trek FH en vcr- leng die tot in G. Door de lijn PG zal dan het parallelogram op gevraagde wijze verdeeld zijn. Bewijs. Driehoek GEH 532 drieh. i\'1\'11, want hoek GHE = hoek FHP, hoek GEH = hoek HFP en Eli = FH. Tel nu bij deze vergelijking lig. AFHGD = fig, AFHGD, zoo verkrijgen wij de nieuwe vergelijking parall. AFED = fig. APGD. parall. AFED is 5/,., parall. ABCD, wijl de hoogten gelijk zijn, de basis van \'t eerste 5/12 is van die van het laatste; dus is ook APGD = 5/,j ABCD. 6

-ocr page 108-

		82
		92. Laat ABCD de gegeven vierhoek zijn. Constructie. Trek de diagonaal BD en deel die middendoor. Zij DE — EB, Trek AE en EC: trek nog AQ, door E eene lijn EF evenwijdig aai) AC, en AF, dan zal deze laatste lijn den vier- hoek op gevraagde wijze verdeden.
		Bewijs.            Drieh. AED = »/, drieh. ABD. Drieh. DEC = \'/2 drieh. DBC. --------------------------------------------opt. Vierh. AEDC = % vierh. ABCD. (1) Nn ia              drieh. ADC = drieh. ADC. drieh. AEC = drieh. AFC. --------------------------------------------opt. Vierh. AEDC = vierh. AFDC. Maar volgens (1) is Vierh. AEDC = % vierh. ABCD. dns is ook Vierh. AFDC = % vierh. ABCD. 93.   Laat ABCD de gegeven vierhoek zijn. Constructie. Construeeren wij eerst eene lijn AE (gaande door een der hoekpunten) volgens het vorige vraagstuk, die onzen vierhoek middendoor deelt. Trek vervolgens PE, door A eene lijn AF evenwijdig aan PE, en PF, dan zal deze laatste lijn den vierhoek op gevraagde wijze verdeelen. Bewijs.            Vierh. PDCE = vierh. PDCE. Drieh. PFE = drieh. PAE. ---------------------------------«w opt. Vierh. PFDC = vierh. AEDC = % vierh. ABDC. 94.   Zij ABCD de vierhoek, EF6H het parallelogram, waarvan in de op- gave wordt gewag gemaakt. Bewijs van \'t gevraagde. In voorstel 13 dezer Afdeeling is aange- toond, dat drieh. DHE gelijkv. is met drieh. DAC. drieh. AHG „ „ „ drieh. ABD enz. Hieruit leiden wg af drieh. DHE : drieh. DAC = DH* : AD* = 1 : 4. drieh. AHG : drieb. ABD o AG* s AB» ss 1 i 4.

-ocr page 109-

83

drieh. BGF : drieh. BAC = BF" : BC» = 11 4. drieh. CFE : drieh. CBD = CE2 : CD» = 1 ; 4. opt. drieh. DHE drieh. ABG -f- drieh. BGF drieh. CFE : 2 vierh. ABCD = 1:4. Hieruit volgt na eene kleine herleiding parall. EFGH = »/2 vierh. ABCD. Zij ABC een gelijkzijdige driehoek, AD lood- recht op BC, en laat verder PG, PE, PF loodlijnen zijn, uit P respectivelyk op AB, BC, AC neergelaten, dan moet bewezen wor- | den AD = PG PE PF. Bewijs. Als wij nog PA, PB, PC trekken, en AB = AC = BC Z noemen, is

95,

drieh. PAB = % Z X PG- drieh. PBC = % Z X PE. drieh. PAC = V, Z X PF- ■-------------------------------------opt. drieh. ABC = \'/, Z (PG PE PF) Maar ook is drieh. ABC = >/, Z X AD. dns is PG PE PF = AD. In vierh. ABCD is drieh. ABE : drieh. BEC = AE : EC. drieh. ADE : drieh. DEC = AE : EC; dus ook drieh. ABE : drieh. BEC = drieh. ADE : drieh. DEC; q. e. d.

9G.

97. Stelle fig. 1 eene ruit voor, en flg. 2 een vierhoek wiens diagonalen elkander rechthoekig snij- den, Bewijs van \'t gevraagde. In beide figuren is Drieh. ABC = % AB X CE drieh. ABD = \'/a AB X DE

---------------------------------------opt, ABCD = i/a AB X (ED CE) = % AB X CD. 6*

-ocr page 110-

84

98.   Zij MAB een middclpunlsdriehoek van den omgeschreven\' r. nhoek, CDM van den ingeschreven r, n hoek, CEM van den ingeschreven\' r. 2n hoek. AEM en CFM zijn dan natuurlijk halve middelpuntsdriehoeken. Bewijs van \'t gevraagde, Drieh. AEM : drieh. CEM = AM : CM; (1) drieh. CEM co drieh. AEM en dus AM : CM = EM : FM. Substitueert:» wij dit in (1) zoo wordt onze evenredigheid drieh. AEM : drieh. CEM = EM : FM. Maar ook staat drieh. CEM : drieh. CFM = EM : FM. derhalve is drieh. AEM : drieh. CEM = drieh. CEM : drieh. CFM. Vermenigvuldigen wij deze evenredigheid met 2n zoo is I. r. o. n hoek : I. r. i. 2n hoek = I. r. i. 2a hoek : r. i. n hoek. 99.   Zij ABC een willekeurige driehoek, om welken de cirkel M uit het middelpunt M beschreven is. Zij BE eeue loodlijn op AC neergelaten. Bewijs van \'t gevraagde. Vroeger reeds (vr. 52 dezer Afd.) von- den wij uit de gelijkvormigheid der drie- hoeken ABE en BDC AB X BC = DC X BE. AC = AC. ----------------------------------verm. AB X BC X AC = DC X 2 drieh. ABC. Noemen wij, zoo als dat gewoonlijk geschiedt, AB=e, AC = £, B(! = a, DC = d of 2r, drieh. ABC ss I, en zonderen wij uit onze vergelijking drieh. ABC af zoo is __abc__abc ~%d~~ïr\' 100. Noemen wij, even als in \'t vorig vraagstuk, de zijden des driehoek* rcspectivclijk a, b, c, den straal zijns omgeschreven cirkels r, zijnen inhoud I, terwijl wij de halve som zijner zijden s, den straal zijns ingeschreven cirkels r\' noemen zullen. Bewijs van \'t gevraagde. Be toepassing van § 102 en 192 van Badon heeft ons in vr. 99 dezer Afd. geleerd I = abc : ir. Hetzelfde leerhoek $ 194 leert ons. I = r\'s = % r\' (a -f b -f- e) Hieruit komt de vergelijking voort abc : ir = \'/2 r\' (a b c)

■ir

abc = 2n-\' (a b c)

a b c\'

abc

= 2rr\'.

a -f i -f e

-ocr page 111-

		85
		101. Zij gevraagd een\' rechthoekigen driehoek te beschrijven, waarvan de hyp. = AB, de inhoud = CD2 moet zijn. Constructie. Beschrijf eenen rechthoeki- gen driehoek CDE onder de hypotenusa AB en de rechthoekszijde CD. Deel de andere rechthoekszijde in M middendoor, en beschrijf uit M met MD als straal eenen cirkel, die de hypotenusa CE ergens in F snijden zal; beschrijf op CE eenen halven cirkel, richt uit C op CE eene loodlijn CG op, en maak CG = 2 CF, trek GH evenwijdig aan CE en vereenig het snijpunt dezer lijn en den pas beschreven halven cir- kel, het punt H met C engmet E. Driehoek CHE zal dan de ge- vraagde zijn. Beteijs. CE = AB zoo als verlangd was. Wijl bg. CHE een halve cirkel is, is ook hoek CHE = R, drich. CHE is dus een rechthoekige driehoek zoo als verlangd werd. Eindelijk is drieh. CHE = CE X % GC = CE X CF = CD2, wat als derde vereischte in den gevraagden driehoek werd gesteld. 102.   Zij gevraagd den driehoek ABC in drie stokken te verdeelen, die tot elkander staan als de getallen 1 2. 3. Constructie. Iaat uit A op de lijn BC eene loodlijn AD neer, en zij FD = % dier loodlijn. Trek dan eene lijn GH door F evenwijdig aan BC. Laat evenzoo op AC eene loodlijn BE nit B neer, en zij IE = % BE, trek dan eene lijn KL door I evenwij- dig aan AC, dan zal het snijpunt M der lijnen KL en GH het gevraagde punt zijn, en indien wij nog MA, MB en MC trekken, Drieh. MAC : drieh. MAB : drieh. MBC = 1 t 2 : 3. Beu ijs. Drieh. AMC = % drieh. ABC; want de bases der 2 drie- hoeken zijn gelijk, en de hoogte des eersten is 6 maal op die des tweeden begrepen. Drieh. BMC = % drieh. ABC, wijl beider driehoeken bases gelijk zijn, doch de hoogte des eersten = % de hoogte des anderen is. Natuurlijk is dus drieh. AMB = % drieh. ABC, en staat dus drieh. AMC : drieh. AMB : drieh. BMC = 1:2:3. 103.   Verander volgens § 198 den gegeven veelhoek in eenen driehoek. Zoek vervolgens eene vierde evenredige tot de gegeven basis des recht- hoeks, de basis des driehocks die wij gevonden hebben en zijne halve hoogte. Een rechthoek geconstrueerd onder de gegeven basis en de gevonden vierde evenredige als zijden, zal de gevraagde zijn.

-ocr page 112-

		86
		104.   Zij gegeven dat DFE een gelijkzijdige driehoek is en de figuren DEHG FElK, MDLF vierkanten zijn op de zijden diens driehoek-s beschreven. Zoo moet bewezen worden, 1°. Drieh. MDG = drieh. HEI = drieh. LFK = drieh. DFE. 2°. Drieh. ABC is gelijkzijdig. Bewijs van het eerste, laat uit G eene loodlijn (ïN neder op het verlengde van MD, op FE eene loodlijn DO uit D dan is drieh. DGN ^ drieh. DOE want DG = DE, hoek N = hoek O = R en hoek GDN = 360°—hoek MDG—hoek MDF-hoek FDN = 60° = hoek OED, Hieruit is natuurlijk GN = DO. Ook is % MD = % FE. --------------------------- verm. dus ook drieh. MDG = drieh. DFE. Geheel op dezelfde wijze wordt ook bewezen dat en drieh. LFK en drieh. EHI as drieh. DEF zijn. Bewijs van het tweede. Hoek MDG = 360°—hoek FDE—hoek FDM—hoek BDG = 120». Drieh. MDG is gelijkbeenig. Dus is hoek DMG ss hoek DGM = 30°. Trekken wij deze vergelijking af van hoek DMA as hoek DGA = 90°. Zoo hebben wij hoek GMA = hoek MGA = 60° en dus ook hoek MAG = 60°. Geheel op dezelfde wijze wordt ook bewezen dat en hoek ACB en hoek CBA = 60° is. Derhalve is drieh. ABC gelijkzijdig. 105.   In drieh. AM F is de hoek M door de lijn BM midden door gedeeld. Daarom is BF : AB = FM : AM; of BF : AB = FM : CM. Nu is BF : AB = drieh. BCF : dr. ABC, en FM : CM = drieh. FAM : drieh. ACM, dus dr. BCF i dr. ABC = dr. FAM : dr. ACM, maar dr. BCF = dr. FAM—vierh. ABCM, en dr. ABC = vierh. ABCM—dr. ACM. dus dr. FAM—vierh. ABCM : vierh. ABCM—dr. ACM = dr. FAM : dr. ACM. Vermenigvuldigt men nu al de termen dezer evenredigheid met 2», zoo is de stelling bewezen, 106.   Zij gevraagd den gelijkbeenigen driehoek ABC in eenen gelijkzijdigen van denzelfden inhoud te veranderen.

-ocr page 113-

87

Constructie. Zet op de basis des gege- vcn driehoeks ABC eenen gelijkzijdigen driehoek ABF. Laat uit C eene loodlijn op AB neder, dan zal de voet H dier loodlijn AB middendoor deelen, de lood- lijn zelve door F gaan. Beschrijf op CH ecnen halven cirkel; richt uit F op HC eene loodlijn op, verleng deze tot in 6. Trek HG, en beschrijf daarmede als straal uit H eenen cirkelboog, die CH ergens in I zal snijden. Trek ID en IE respectivelijk evenwijdig aan AF en BF, dan zal, wanneer wij nog AB naar beide zijden verlengen, IDE de gevraagde gelijkzijdige drieh. zijn. Bewijs, Daar het uit de evenwijdigheid van Dl met AF, en van EI met BF wel van zelve blijkt, dat drieh. DIE gelijkzijdig is, kunnen wij dadelijk beginnen aan het berekenen der verhouding van drieh. DIE en ABC.

Drieh. ABC : drieh. ABF = HC : HF.

(1)

Drieh. DIE : drieh. ABF = TH2 : HF2. ss HG8 ; HF2

HF X HF (2). en (2) blijkt als van

= HF X HC = HC : HF. Uit de verbinding der evenredigheden (1)

zelve, drieh. ABC = drieh. DIE. Zij gevraagd drieh, ABL in 4 gelijke deelen te verdeelen door lijnen evenwijdig aan de zijde ATi. Constructie. Verdeel AB in vier gelijke deelen AC, CD, DE, EB en trek LC, LD, LE. Beschrijf op AB eenen halven cirkel en richt op AB uit C, D en E loodlljnen CF, DG, EH op. Trek BF, BG, BH, en beschrijf met deze lijnen respectivelljk als stralen cirkelbogen FI, GK, HD van uit het punt B; als wij dan nog IM, KN,5*DO evenwijdig aan AL trekken, dan wordt de drieh. ABL door deze laatstgetrokken lij- nen op gewenschte wijze verdeeld. Bewijs. Drieh. ABL : drieh. BIM : drieh. BKN : drieh. ODB = AB2 : BI* : BK» : BD*.

107.

= AB* = AB = AB =r 4

BF* : BG* : BH*. X AB : AB X BO : AB X BD : AB X BE. : BC : BD : BE. : 3 : 2 : 1.

Door toepassing eener zeer bekende eigenschap der evenredigheden vinden wij hieruit

-ocr page 114-

		88
		fig. ALMI : Ag. IMNK : fig. KNOD : drieh. DOB = 1:1 : 1 : 1. Zij zijn dus elk gelijk % drieh. ABL. 108.   Dit vraagstuk is met het vorige geheel gelijkvormig. Wij verdeelen eerst door lijnen evenwijdig aan eene der zijden den geheelen drie- hoek in 22 gelijke stukken; het zal wel geene aanwijzing vorderen , welke dezer stukken men tot een geheel vereenigen moet om den driehoek op gevraagde wijze verdeeld te hebben. 109.   Constructie. Laat uit C eene loodlijn CE neder op AB. Verdeel AB in 2 gelijke deelen AD en BD, en trek \' I). Beschrijf op BE eenen halven cirkel; richt uit D op EB eene loodlijn DF op; trek BF en beschrijf daarmede als straal uit het middelpunt B eenen cirkelboog FG. Bicht daarna uit 6 eene loodlijn GH op, dan zal Gil de begeerde lijn zijn.
		Drieh. EBC : drieh. BCD = EB : BD. (1) drieh. EBC : drieh. BGH = BE2 : BG8. = BE* : BF2. = BE X BE : BD X ^BE. drieh. BEC : dr. BGH = BE : Bü. Maar wij weten uit ( 1 drieh. BEC : dr. BDC = BE : BD dus is drieh. BGH = drieh. BDC = % drieh. ABC. 110. Constructie. Deel de basis van onzen driehoek ABC in vier gelijke stukken AG, GH, Hl, IB. Laat uit\'C op AB eene loodlijn neder. Beschrijf op de twee stukken AL en BL waarin deze loodlijn AB verdeelt, halve cirkels. Bicht uit G, H en I loodlijnen op AB op (GK, HM, IN) trek MB en NB, en beschrijf daarmede uit B reapectiveliik de cirkelbogen MP en NQ. Trek ook AK, en beschrijf daarmede uit A eenen cirkelboog OK. Richt eindelijk nit O, P en Q loodlijnen OD, PE, QF op, dan zullen deze op gevraagde wijze den driehoek ABC ver- deelen. Bewijs. In het bewijs is de eenige moeielijkheid de verhouding te vinden van fig. CDOPE tot den drieh. ABC. Wij gaan daarmede dus te werk. Wanneer wij nog Cl trekken, vinden wij geheel op de wijze als wij dat in \'t bewijs van \'t vorig vraagstuk deden, drieh. BQF as */4 drieh. ABC. (1) Wanneer wij nog CH trekken, vinden wij geheel op dezelfde wijze

-ocr page 115-

		89
		drieh. PEB = % drieh. ABC (2) en hiervan afgetrokken verge- lrjking (1) drieh. PEB—drieh. BQF = fig. EPQF = % dr. ABC. Wanneer wij nog CG trekken, vinden wy, na al het voorgaande zeer gemakkelijk drieh. ADO = % drieh. ABC. (3) Trekken wy de som der vergelijkingen (1) (2) en (8) af van drieh. ABC = drieh. ABC zoo rest ons fig. CDOPE = % drieh. ABC. 111. Omulruetie. Verdeel \\.C in twee stukken AD en DC zóó, dat AD : DC = 2 : 5. Trek BD, en laat uit B eene loodlijn BE op AC neer. Beschrijf cenen halven cirkel op AE; richt uit D eene loodlijn DF op AC op. Trek AF, en beschrijf daarmede uit A eenen cirkclboog FG. De loodlijn GH op AB opgericht, zal den driehoek op gevraagde wijze verdcelen. Bewijs. Drieh. ADB : drieh. AEB = AD : DE. (1) drieh. AGH : drieh. AEB = AG2 : AE2. = AF» : AE*. = AD X AE : AE X AE. drieh. AGH : drieh. AEB = AD -. AK. maar volgens (1) „ ABD : „         „ = „ : „ dus is drieh. AGH = drieh. ADB = % dr. ABC. en dus fig. HBCG =                            % „ » derhalve drieh. AGH : fig. HBCG = 2:5. 112.   Het is in drieh. ABC de eenvoudigste weg om den driehoek in de uiterste en middelste reden te verdeelen, zoo wij zijne basis in die reden verdeelen door een punt D, volgens Badon $ 161, en daarna B met D vereenigen. Hoe wij daarna drieh. ABD veranderen in drieh. AFG, wiens zyde FG met BC even- wijdig loopt, zal na al \'t voorgaande wel geene explicatie meer behoeven. 113.   Verdeel (in de figuur van vraagst. 111 dezer Afd.) de lijn AC door het punt D in de uiterste en middelste reden dan is wanneer men nog BD trekt, ABD het kleinste stuk van den in de uiterste en middelste reden gedeelden driehoek ABC. Vervorm dit stuk ABD in AGH (waarvan de zijde GH loodrecht op AC staat) op de be- kende wijze. 114.   Constructie. Deze constructie is slechts de herhaling eener bewer-

-ocr page 116-

		90
		king, die wij reeds meermalen verrichtten. Het zal dus geregeld zijn aan te duiden wat wij deden, zonder in alle bijzonder- beden te treden. Na uit B op AC eene loodlijn te heb- ben neergelaten, en DC = \'/, AC te heb- ben genomen, hebben wij geconstrueerd drieh, FGC wiens hoek F recht is s % driehoek ABC. Na uit A op BC ecne loodlijn te hebben neergelaten, en CH s % BC genomen te hebben, hebben wij drieh. MKC, wiens hoek MKC recht is, geconstrueerd = % drieh. ABC. Drieh. ABC is derhalve in gelijke stukken verdeeld door F6 die loodrecht op AC, en door KM die loodrecht op BC staat. 115. Wanneer wij in \'t vorig vraagstuk CD genomen hadden = \'/„ AC, en verder geconstrueerd hadden zoo als daar is geschied, zou drieh. CFG = \'/„ drieh. ABC geworden zijn. Hadden wij dan verder HC genomen gelijk l/.i BC, en verder geconstrueerd zoo als daar is geschied, zou drieh. MKC = % drieh. ABC, en derhalve fig. MFGK = % drieh. ABC gewor- den zijn. Natuurlijk zou dan flg. AMKB = % drieh. ABC geworden zijn en de verhouding van fig. AMKB : fig. MFGK : drieh. CFG = 3:2:1 zijn. llfi. Zij gevraagd uit het punt P lijnen te trekken die den driehoek ver- deelen in reden als 1 : 2 : 3. Constructie. Laat uit A eene loodlijn AD op BC neer en verdeel die in zes gelijke stukken. Zij DH = % AD. Zoek eene vierde evenredige tot de loodlijn PF die wij uit P op BC neer- laten, DH en BC, en zet deze vierde evenredige Cl op BC van C af uit; trek- ken wjj dan PI en PC dan is % IC X PF = »/2 BC X DH = % drieh. ABC Zij evenzoo EK = % BE. PG loodrecht op AC. Zet eene vierde evenredige CL tot PG. EK. AC uit op AC van C af, dan is, wanneer wij nog PL trekken, drieh^ CPL s \'/2 CL X PG = \'/, EK X AC = % drieh. ABC. Aanmerking. Het kan bij deze constrnctie gebeuren, dat een ge- vonden vierde evenredige grooter is dan de zijde waarop zij moet worden nitgezet. Men begrijpt lichtelijk, dat men in dit geval lood- lijnen neerlaat op de twee overige zijden en dan evenzoo construeert als hierboven is geschied. Zoo zou bijv. in ons geval eene vierde

-ocr page 117-

		91 evenredige gezocht tot de loodlijn uit F op AB, % van de loodlijn uit C op AB en AB zelve grooter geweest zijn dan de lijn AB, en wij hebben derhalve slechts Ioodlijncn doen vallen op AC en BC. 117.   Zij gevraagd den driehoek ABC middendoor te deelen door eene lijn gaande door het punt P. Constructie. Trek door het punt F, DG evenwijdig aan AB en PK evenwijdig aan BC; trek eene lijn CF uit C naar het midden van AB; trek verder FG en CH evenwijdig aan FG. Trek HG, deel HB in I middendoor; beschrijf op IK eenen halven cirkel; uit K met BK als straal eenen boog, die den pasbeschreven halven cirkel in L snijdt. Trek KL en IL; en beschrijf uit I met IL als straal eenen cirkelboog LN, Trek PN, en verleng die tot in Q, dan is NQ de ge- vraagde doellijn. Bewijs. Trek IM evenwy- dig aan BC, en noem het pnnt waar deze lijn NQ snijdt O, dan is Drieh. MPO gelijkv. met drieh. NOI en drieh. PQG. Dit kan natuurlijk uit de evenwijdigheid van BC met IM, en van GD met AB zeer gemakkelijk bewezen worden. Gelijkstandige zijden in die driehoeken zijn NI, MP, PG. NI is gelijk IL, MP = IK, PG = BK = KL, en wij zonden dus met MP, NI en PG eenen rechthoekigen driehoek kunnen beschrij- ven gelijk en gelijkv. met drieh. IKL. In dezen driehoek zoude MP hypotennsa zijn. Volgens Badon § 199 vijfde gevolg is dns de drieh, op MP beschreven gelijk aan de som der daarmede gelijkvormige driehoeken beschreven op NI en PG of drieh. MPO ss drieh. NIO drieh. PQG. Tel hierbij flg.         OPGBI = flg. OPGBI, zoo is parall. MGIB =■ drieh. NQB. maar ook is „          „ = drieb. HGB; want de hoogten dezer beide fig. zijn gelijk en de basis des driehoeks is gelijk twee maal de basis des parall. Derhalve is ook drieh. NQB = drieh. HGB. Merken wij nu nog op, dat drieh. FGB = drieh. FGB en dat uit de evenw. van HC en FG drieh. HGF = . FGC is. Zoo weten wij dat drieh. HGB = drieh. BFC is. Dus is ook drieh. NQB sa drieh. BFC = % drieh. ABC. 118.   Dit vraagstuk is bijkans geheel met het vorige gelijkvormig, Ik heb

-ocr page 118-

92

derhalve alleen eene figuur gege- ven, zonder opgave van construc- tie en zooveel mogelijk dezelfde letters gezet bij gelijksoortige punten in deze figuur en in de fig. van \'t vorig vraagstuk. Het bewijs heb ik ook zooveel docu- lijk ingekort.

drieh. MPO = A GPQ A NT0- drieh. MPO—drieh. GPQ = drieh. NIO. vierh. MGQO = drieh. NIO. vierh. OQBI = vierh. OQBI. ----------------------------------------opt.

Bewijs.

of of

parall.

MGBI = drieh. MGBI = drieh.

NBQ. HGB.

dus ook drieh. NBQ = drieh. HGB. maar ook is 4„ BCF = drieh. HGB s dus ook drieh. NBQ = % drieh. ABC.

dr. ABC.

119.

Zij gevraagd drieh. ABF te verdeelen in twee gelijke stukken door

eene lijn evenwijdig aan PQ. Constructie. Trek eene lijn BD door het toppunt B des gegeven driehoeks, evenwijdig aan de in stelling gegeven lijn PQ. Trek de lijn BE naar \'t mid- den E van AF. Beschrijf op AD eenen halven cirkel; richt EG loodrecht op AF op, trek AG en beschrijf daarmede uit A eenen cirkelboog GH: trek HC evenwijdig aan BD of PQ, dan is drieh. AHC = % drieh. ABF. \'t Bewijs is gelijkvormig met dat van vraagst. 109 dezer Afd. 120. Zij PQ de lijn waaraan de deellijnen evenwijdig moeten zyn. Constructie. Verdeel AB in zoo veel deelen als men den driehoek wil verdeeld hebben, terwijl men zorgt dat deze deelen tot elkaar in reden staan als de gegeven ver- houdingsgetallen. Moest bijv. drieh. ABC in drie stukken worden verdeeld die tot elkaar in reden staan als 3 : 2 : 1.

-ocr page 119-

		zoo verdeelt men AB zóó, dat AD : DE : BE staat als 3 : 2 : 1. Trek eene lijn CF evenwijdig aan de in stelling geg. lijn FQ; be- schrijf op AF en BF halve cirkels. Richt DG en EK loodrecht op AB op: trek AG en BK; beschrijf met AG uit A eenen cirkelboog GH, en met BK uit B eenen cirkelboog KL. Trek eindelijk nog Hl en LM evenwijdig aan CF. De beide laatstgenoemde lijnen zullen drieh. ABC op gevraagde wijze verdeelen. \'t Bewijs is gelijkvormig met dat van vraagst. 110 dezer Afdeeling, 121. Gesteld dat de figuur aan de voorwaarden in de opgave gesteld vol- doe, zoo is \'t bewijs van \'t gevraagde;
		Fig. AEBDC = flg. AEBDC. volgens Badon § 199 is halve cirk.ABC=halve cirk.ABE-f halve cirk.BDC. -------------------------------------------------------------aft. halve maan AEBF -f- halve maan BDCG = drieh. ABC. 122.   Laat ABC de gegeven rechth. driehoek zijn en de figuur voldoen aan de vereischten in de opgave gesteld. Bewijs van \'t gevraagde. Noemen wij alle cirkels bij hunne middellijnen zoo is cirk. AB = cirk. AC cirk. BC. cirk.AD cirk.BD=cirk.AD cirk BD. -------------------------------------------------aft. De twee kromlijnige fig, waarvan in de opgave spraak is = = cirk. AC—cirk. AD -f- cirk. BC—cirk. BD. = cirk, DC                    -j- cirk. DC. = 2 cirk. DC. Daar nu een cirkel EF = 4 cirk. DC is, zal natuurlijk halve cirkel EF = 2 cirk. DC en dus ook de 2 kroml. fig. = halve cirk. EF wezen. 123.   Zie de eerste afdeeling, blz. 22, opgave 27 van het tekstboekje. 124.   Construeer eene willekeurige ruit wier scherpe hoek 30° is. Ver- vorm en deze ruit en den gegeven driehoek in vierkanten.. Zoek eene vierde evenredige tot de zijde van het vierkant dat wij van de ruit maakten, de zijde van het andere vierkant, en de zijde der ruit. Beschrijf daarna eene ruit met eenen scherpen hoek van 80° en de gevonden vierde evenredige tot zijde. 125.   De hoeken van den verlangden driehoek zullen resnectivclijk 45°,

-ocr page 120-

		94
		60°, 75° groot zijn. Vervorm en dezen driehoek en den gegeven driehoek tot vierkanten. Zoek eene vierde evenredige tot de zijde van het vierkant, dat wij van onzen geconstrneerden driehoek maak- ten, de zijde van het andere vierkant, en de basis van onzen gecon- strueerden driehoek. Beschrijf op deze vierde evenredige als basis eenen driehoek gelijkvormig aan den geconstrneerden. Bat de bases van de beide geconstrueerde driehoeken gelijkstandige zijden worden moeten zal wel niet behoeven aangemerkt te worden, 126.   Maak den gegeven veelhoek tot een vierkant. Zoek een vierkant dat tot dit gevonden vierkant in reden staat als n : m. Zoek eene vierde evenredige tot de zijde van het eerstgeconstrueerde, de zijde van het daarna geconstrueerde vierkant en eene willekeurige zijde des gegeven veelhoeks. Beschrijf op de gevonden vierde evenredige eenen veelhoek ge- lijkvormig met den gegevenen. Dat de genomen willekeurige zijde des ge- geven veelhoeks, en de gevonden vierde evenredige gelijkstandige zijden iQ de beide gelijkvormige veelhoeken moeten worden, spreekt wel van zelve. 127.   Constructie. Trek in den gegeven cirkel de middellijn AB. Verdeel die in drie gelijke deelen AC, CD en BD. llicht uit C en D loodlijnen Cf en DE op AB op. Trek AF en AB, en beschrijf uit A met deze beide lijnen respectivelijk als stralen, de cirkelbogen 1\'\'G en Eli. Cirkels op de middellijnen AG en. AH beschreven, voldoen aan de vraag. jiewijs. Cirk. AB : cirk. AH : cirk. AG = AB\'1 s AH* : AG*. = AB2 : AE* : AF». = AB X AB : AD X AB i AC X AB. = AB : AD : AC. cirk.AB:cirk.AH:cirk.AG= 3:2:1. Derhalve is cirk. AG = cirk. AH—cirk. AG = cirk. AB—cirk. AH. Zoo men wil, rest ons nog te bewijzen, dat de cirkels die wij geconstrueerd hebben elkander raken. Daar echter de middelpunten der drie cirkels AB, AG en AH liggen op ééne rechte lijn, mecnen wij het gerust den lezer te kunnen overlaten, dit te bewijzen met behulp van opgave 29, bladz. 13, Afd. 1. 128.   Laat gevraagd zijn eenen rechthoek te beschrijven in cirk. AB die denzelfden inhoud heeft als een geg. veel- hoek. Ztf verder m- de inhoud diens veel- hoeks. Constructie. Zoek eene derde evenredige tot AB en m, Bicht uit A, loodrecht op AB, op AC en AD; maak AC en AD ieder gelijk de gevonden derde evenredige. Trek CF en DB evenwijdig aan AD, es

-ocr page 121-

		95
		vcrccnig zoowel G als H met A en B. De rechthoek AG BH zal dan de gevraagde zijn. Beu/ijs. Wij moeten 1° bewijzen dat AGII1J een rechthoek is, 2° dat die rechthoek den gevraagden inhoud heeft. Bewijs van het eerste. Laat uit B op DH eene Ioodlijn BE neer, dan is drieh. AGB oo drieh. AHB want AB = AB, hoek AHB = hoek AGB = R en hoek BAH = hoek ABG; (want uit de gelijk en gelijk- vormigheid van drieh. CGA en drieh. BHE kan men bewijzen dat AG as BH dus ook hg AG = hg BH is.) Wij weten derhalve dat AG = BH, BG = AH is, dat derhalve AGBH een parallelogram is; bovendien weten wij van twee der hoe- ken dat zij recht zijn; ergo is AGBH een rechthoek. Bewijs van het tweede. Inh. drieh. ABG = AB X % AC = ABX % der gevonden derde evenredige. „ „ ABH = ABX%!AD=» XV2 „ -------------------———---------------------------------------------------------opt. Bechth. AGBH = AB X de gevonden derde evenredige s mJ. 129. Zij AB de gegeven cirkel. Constructie. Trek de middellijn AB en verdeel die zoo dat AC : CD : DB = 3:4:5. Richt uit C en D lood- Hjnen op AB op, en verbind de snij- punten dezer loodlijnen en den omtrek van cirkel AB, de punten E en F met A. Beschrijf uit A met AF en AE respectivelgk als stralen de cirkelbogen FG en EH. Beschrijf op AH eenen cirkel. Trek AI en IH. Trek verder nog BE, dan zijn de drie cirkels beschreven op AG of AF, IH en BE als middellonen, de gevraagde. Bewijs. Cirk. AF (d, i. de cirkel op AF als middellijn) cirk. AF : cirk. AH : cirk. AB = AG» : AH* : AB* = AF\' : AE» : AB« = ACXAB : ADXAB :ABxAB = AC : AD : AB. of daar AC, AD respcctivelijk 3/12, %2 AB zijn, cirk. AF : cirk. AH : cirk. AB = 3 : 7 : 12. cirkel AF is dus = 3/)2 cirk. AB, cirk. AH = y,2 cirk. AB. In den rechthoekigen drieh. AIH is nu volgens Badon $ 199 Cirk. AH = cirk. AI cirk. IH. = cirk. AF -j- cirk. IH. cirk. IH dus = */tt cirk. AB. In den rechthoekigen driehoek AEB is eveneens

-ocr page 122-

		96
		Ork. AB = cirk. AE cirk. BE. = cirk. AH ■ cirk. BE. Cirk. AE das = 5/,j cirk. AB. Wij hebben dus dal cirk. AG = 3/12 cirk. AB. „ BE = »/„ . . i,. De drie geconstrueerde cirkels staan dus tot elkander als 3:4:5 en zijn te samen = cirk. AB; q. e. d. 130.   Constructie. Trek in het vicrk. ABCD de twee diagonalen AC en BI). Beschrijf op AE eenen halven cirkel. Maak EF = FG = GH = HA, Richt op AE de loodlijnen FL, GK, Hl op; trek EL, EK, EI en beschrijf met deze respectivelijk als stralen uit E de bogen LG, KN, 10. Trek OP, QN, RG evenwijdig aan AB enz. Het bewijs is zeer gelijkvormig aan vorige bewijzen, 131.   Zij AC! = (II) = DE = EB en hebbe de figuur een samenstel zoo als dat in de opgave is voorgeschre- ven. Bewijs van \'t gevraagde, h. c. AC : h. c. AD : h. e. AE : h. e. AB = 1 : 4 : 9 : 16. dus ook
		fig. BI.\\HE:fig.AHEDG:fig. AGDCF:A.c. AC=7:5:3:1. evenzoo vinden wij A.c.BE:fig.BKEDL:fig.BLDCM:fig.BMCAN=l:3:B:7 .___________________________---------------------------------------------opt. fig. BKEHAI : fig. BKEHAGDL : fig. BLGDAFCM : fig. BMCFAN = 8:8:8:8. Deze fig. zijn derhalve gelijk. Aanmerking. Wij hebben slechts een bewijs geleverd voor \'t geval dat » vier was. Het algemeene bcwij9 zou luiden fig. BIAHE : fig. AHEDG: eni. = »»—(»-1)*:(*-1)*—(»—2)4:enz. h. e. BE : fig. BKEDL : enz. =            1:3                 enz. --------------------------------------------------------------------------------------opt. fig. BKEHAI : fig. BKEHBGDL s enz. = 2» : 2» : enz. Deze fig. zijn derhalve gelijk. 132. Zij gevraagd vier cirkels te construeeren wier inhouden te samen

-ocr page 123-

		97
		gelijk aan cirk. AB, wier stralen te samen gelijk aan de lijn m zijn ter- wijl tevens hunne inhouden eene meet- kunstige evenredigheid moeten uit- maken. Constructie. Zet de lijn m op den diameter des cirkels, op AB uit. Zij AC = m. Trek uit een willekeurig punt D des omtreks eene koorde DE evenwijdig aan AB ; verdeel ze in twee gelijke stukken en zet op AB van A af de lijn AF uit gelijk aan >/2 BE. Richt uit A op AB eene loodlijn AG op; maak AG = CE en trek 6H evenwijdig aan AB; trek daarop IK evenwijdig aan AG. De vier cirkels die DL, IL, LE, LK tot middellonen hebhen, zullen aan de drie gestelde vereischten voldoen. Bewijs. Wijl de som der stralen = AC moet zijn, moet natuur- lijk de som der middellonen = 2 AC wezen. Nu is FC = AG = AC-AF = AC—% DE. IN is dus ook gelijk AC—% DE, NK = IN = AC—\'/a DE. ---------------------------------------- opt, IK = 3 AC—DE. DE =________DE IK -f- DE = 2 AC = som der geconstrueerde middellijn en. Deze vergelijking door 2 gedeeld geeft m = AC = de som der geconstrueerde stralen (1). Cirk. AB.cirk. KL:cirk. LE:cirk. DL:cirk. IL=AB8:KL2:LE2:DL2;IL2. Maar vroeger zagen wij reeds, dat in een geval als het onze AB2 = KL2 LE2 DL2 -f IL2 is (en wij bewezen dit met be- hulp der lijnen Dl, KE, HE: zie vraagst. 43 dezer Afdeeling). derh. is ook cirk. AC=cirk. KL-f-cirk. LE-fcirk. DL-f-cirk. IL (2). Ten derde is volgens eene bekende stelling DL : IL = LK : LE. Verheffen wij deze evenredigheid in de tweede macht zoo hebben wij DL2 : IL2 = LK» : LE2 en daar cirk. DL : cirk. IL : cirk. LK2 : cirk. LE2=DL2: IL» : LK» : LE» i» cirk. DL : cirk. IL s cirk. LK : cirk. LE. (8) In de-resultaten (1), (2) en (3) is dus bewezen, dat de geconstru- eerde cirkels aan de drie gestelde vereischten voldoen.
		7

-ocr page 124-

		DERDE AFDEELING.
		1.   Die stelling is: een hoek wiens hoekpunt op den omtrek eens cirkels ligt, en wiens beide beenen den cirkel doorsnij- dcn, wordt gemeten door de halve boog tusschen zijne beenen. Het eerste geval dezer stelling is, dat een der beenen door \'t middelpunt des cirkels gaat. Bewijs van \'t gevraagde. Zij A6 eene middel- ijn. Trek uit het middelpunt M eene lijn naar C, dan is: hoek BMC = hoek BAC -f- hoek ACM, of daar drieh. MAC gelijkbcenig is, en dus hoek BAC s hoek ACM is hoek BMC = 2 hoeken BAC. Hoek BMC = bg. BC; derhalve is hoek BAC = \'/2 bg. BC. 2.   De afgesneden stukken staan tot elkander in reden, als de opstaande zijden. Verdeelt men dus de lijn, die gelijk is aan de som dier stuk- ken , in reden van de opstaande zijden, zoo worden die stukken bekend. 3.   Zij ABCD een parallelogram. Trek als hulplijnen eene lijn EF, gaande door P, loodrecht staande op DC en dus ook op AB, Beunjs van \'t gevraagde. Inh. drieh. APB = % AB X PE = Vt DC X PE Inh. drieh. DPC                                = \'/2 DC X F»
		Inh. drieh. APB Inh. drieh. DPC s= % DC X EF. . Inh. parallelogram ABCD                       = DC X EF- Dus is Inh. drieh. APB Inh. drieh. DPC = % parall. ABCD. De inhoud eener ruit is gelijk aan hare zijde vermenigvuldigd met de middellijn des ingeschreven cirkels. Men vindt hier alzoo de zijde, door den inhoud der ruit, of dien vau het gegeven vierkant door die middellijn te deelen. Trekt men na twee evenwijdige lijnen, wier afstand gelijk is aan de middellijn des gegeven cirkels, en neemt men op eene der- zelve een willekeurig punt P aan, en beschrijft uit dat punt als mid- delpant met de gevonden zijde der ruit als straal een cirkelboog, welke

-ocr page 125-

		99
		die lijnen in H en I snijdt, zoo wordt de hoek HPI bekend, onder welken de ruit nu gemakkelijk om den cirkel geconstrueerd wordt. Constructie. Richt uit het punt A de lyn AD loodrecht op AB, en de lijn AE loodr. op AC op; maak AD = m en AE = n gelijke deelen (hier 2 en 3). Trek DF evenw. aan AB en EF evenwijdig aan AC; dan zullen de afstanden van elk punt der lijn AF tot de zijden AB en AC in reden zijn als m : n (als 2 : 3). Richt evenzoo in C loodlijnen op, op de zijden AC en BC, die n en p van die gelijke deelen lang zijn (hier 3 en 4), dan zal men door het trekken van lijnen, evenwrjdig aan AC en BC eene lijn CG vinden, waarvan uit elk punt de nedcrgelaten loodlijnen op AC en BC in reden zijn als n en p (hier 3 en 4). Het snijpunt nu der lynen AF en CG, het pnnt H zal het gevraagde punt zijn. Trek DM evenwijdig aan AF , dan is AD = BD, omdat FM = BM is. Als men nu nog AM trekt, zal hoek AMB gemeten worden door den halven boog BC, en dus gelijk zijn aan hoek CFE. Dewijl nu de hoeken ABM en CEF beide recht zijn, zijn de drie- hoeken ABM en CEF gelijkvor- mig. Daar nu wegens de even- redigheid der lijnen DM en AF, de hoeken BMD en EFG gelijk zijn, zijn ook de drieh. BMD en EFG gelijkvormig. Wegen9 de gelijkvormigheid der driehoeken ABM en CEF hebben wij AB : CE = BM : EF en wegens de gelijkvormigheid der
			BD : EG = BM : EF
	drieh. BDM en EFG hebben wij dus AB : CE = Bü : EG maar AB : = 2 BD das            CE = 2 EG. 7. Zij AB gegeven als eene der evenwijdige zijden; maak hoek BAD en hoek ABC gelijk aan de gegeven aanliggende hoeken. Neem ver- volgeus AE gelijk aan de lijn, die de andere evenwijdige zijde voorstelt. Trek EC evenwijdig met AD, en uit het punt C waar de lijn BC door EC 7*

-ocr page 126-

		100
		wordt, de liju CD evenwijdig met AB; dan zal ABCD het gevraagde trapezium zijn. 8,   Haak een hoek ACB gelijk aan den hoek waaronder de diagonalen elkander moeten snijden, en welks beenen AC en BC gelijk zijn aan de gegeven diagonalen. Trek AB en zet daarop het stuk BE uit, gelijk aan de gegeven evenwijdige zijde. Trek DE evenwijdig aan BC, en CD evenwijdig aan AB, dan is AECD het gevraagde trapezium; want DE = BC en hoek AFE = hoek ACB. 9,    Constructie. Zij AB het gegeven cirkelsegment, EFGH het gegeven parallelograra. Laat 6K loodrecht op EF neer. Richt uit A eene loodlijn op AB op, en maak het stuk AC dezer loodlijn gelijk aan het dubbele eener vierde evenredige ge- zocht tot AB, EF, GK. Trek CD evenwijdig aan AB en daarna nog de lijnen AD en BD, dan is drieh. ABD de gevraagde driehoek, ys. luh. drieh. ABD = AB X Vt ^C. Daar echter AB : EF = GK : \'/2 AC staat, en dus AB X Vi AC = EF X GK «. " °°k Inh. drieh. ABD = EF X GK = Para11- EFHG. 10. Zij ABC een will. drieh. wiens zijden BC, AB, AC op de gewone wijze respect ivelijk a, c, 4 geheeten worden. Zij cirkel M een cirkel die AB\'s verlengde in F, BC in D, AC\'s verlengde in E raakt: trekken wij dan MA, ME, MC, MD, MB, MF zoo is MF = MD = ME; DC = EC en BD = BF, aangezien de raaklijnen uit een pnnt aan een cirkel getr, gelijk zijn. Hieruit volgt dat drieh. FBM m drieh. MBD drieh. MDC £K drieh. MEC is. en dat EC -f BF = BC = a is. Bewijs van \'t gevraagde, Drieh. AMF = (AB -f- BF) % MF Drieh. AME = (AC -|- CE) % ME of MF. opt. AFME =s (AB AC BC) \'/, MF. = (« HO % MF          (1)

-ocr page 127-

		101
		Fig. MBCBF = 2 drieh. MCD 2 drieh. MBD. = BD X MD -)- CD X MD. = (BD CD) MD of MF = 2* X Vt MF. (8) Wanneer vrij (2) van (1) aftrekken is dus drieh.) ABC = (—a b c) \'/2 MF of zoo als men dat ge- woonlijk schrijft = {s—a) MF. Verder leert ons Badon § 192, gev. 3, dat drieh. ABC ook s J/ * (s—a) (s—b) (t—c) is; das is (« -a) MF = |/s (j-o) (s—b) {s-e). .-----------------------------------y (»—a)2 MF2 ss s (s—a) (s—b) (s—c).
		Mp = «(">*)(«-«)
		MaV»(H)M) 11. |                     ■!■         Zij ABC een rechthoekige driehoek. Indien wij dan uit B met AB als straal den cirkelboog AD beschrijven, vinden wij als volgt
		\'t bewijs van het gevraagde.
		CD2 = (BC—AB)2 of CD» = BC* AB2—2BC X AB. drieh. ABC = >/2 BC X AB- .-----------------------------------------4 4 drieh. ABC         = 2BC X AB. CD2 4 drieh. ABC = AB2 -f BC*. CD2 4 drieh. ABC = AC2, q.. e. d. 12. Neem een willekeurig punt D aan op de basis des driehoeks, en richt DE loodrecht op AB. Neem ver. volgens DG zoodanig dat deze tot DE in verhouding staat, als lengte tot breedte moet staan; dan voldoet rechth. DEFG reeds aan de vraag, wanneer niet ook het hoekpunt F in de zijde BC moest liggen. Trek dus AF, en verleng die tot in H. Nadat men dan nog Hl evenwijdig aan AB getrokken, en uit H en I de loodlijn HL en IK op AB zal neder- gelaten hebben, is de rechth. IKHL de begeerde. Het bewijs daar- voor is licht te vinden. Aanm. Nog een andere rechthoek voldoetaan de vraag. Men zal dien vinden, als men de breedte op de basis, en de hoogte loodrecht daarop neemt.

-ocr page 128-

		102
		13.   Zie tweede afdeeling, bladz. 85, vr. 128. 14.    Uit de wijze waarop wij in vraagst. 128 der tweede afdeeling den in- houd eens recht hoeks in eenen cirkel berekenden, blijkt bij eenig naden- ken gemakkelijk, dat de grootste rechthoek die in den cirkel beschreven kan worden, gelijk is aan het vierkant in dien cirkel. Is derhalve de gegeven figuur, na tot een vierkant herleid te zijn, grooter dan het vierkant dat in den gegeven cirkel beschreven kan worden, zoo is de oonstruotie onmogelijk. 15.    Neem een\' willekeurigen rechthoek aan, welks lengte en breedte de gegevene verhouding hebben. Verander dien rechthoek in een quadraat; zoek eene vierde evenredige tot de zijde van het gevonden quadraat, de zijde van het gegeven quadraat en de lengte van den reeds gecon- strueerden rechthoek, zoo zal men de lengte van den gevraagden recht- hoek vinden, waaruit dan ligtelijk de breedte te bepalen is. 16.    Zij de gegeven basis AB, de gegeven tophoek de hoek CDE, de gegeven straal des ingeschreven cirkels de lijn r. Constructie. Deel het supple- ment EDF des gegeven tophoeks middendoor door eene lyn DG. Breng door A en B eenen cirkelboog zóó, dat de hoek van het segment AH = hoek CDG zij. Richt uit B op AB eene loodlijn BH op: maak BH = r; trek Hl evenwijdig aan AB; trek AI en BI; maak hoek BAK = 2 hoarken BAI, hoek AISK = 2 hoeken ABI dan is drieh. ABK de gevraagde. En de constructie en het bewijs van dit vraagstuk zijn gelijkvormig met die . van vr. 62,, afd. 2. Wij kunnen dus volstaan met aan te wijzen dat hoek AKB = hoek CDE is. Hoek AIB = hoek CDG. derhalve ook hoek IAB -f- hoek IBA = hoek GDF. ---------------------------------------------------------------------------------2 hoek KAB hoek KBA = hoek EDF. Deze vergelijking afgetrokken van 2R = 2R geeft hoek AKB = hoek CDE. 17.     JkWÊkWk          WNËÊ                  Gesteld dat de hoek in segm. ACB = 2 maal de hoek in s. ADB is. Bewijs van \'t gevraagde. Stel dat eenig punt C\' \'t middelpunt ware van cirkel ABD. Trek dan BC\' en verleng die zoo noodig tot zij den omtrek ACB in C snijdt. Volgens onze gegevens moest dan hoek ADB = Vj hoek ACB,

-ocr page 129-

		-\'• «Vc = Co*\'* ^//0^-f- Z<Ja> . x^
		vp L

-ocr page 130-

103

volgens onze constructie moest dan hoek ADB = \'/2 hoek AC\'B zijn. Maar na is hoek ACB nooit gelijk aan AC\'B tenzij C\' in den om- trek ACB ligge; want in onze figuur is hoek AC\'B hoek C\'AC = hoek ACB; en had C\' binnen omtrek ACB gelegen , zoo zoude hoek AC\'B—hoek C\'AC = hoek ACB geweest zijn. C moet derhalve op den omtrek ACB liggen. 18. Zij ABC een gelijkzijdige driehoek en BC = a. Zij verder BI) = DC enz. = y.2 a en laat de cirkelbogen DB, El"\', DF uit C, A en B met % a als straal besehre- ven zijn, zoo is Inh. drieh. ABC = % a X A-B. = % * X % * V» = >/4 «« 1/3. Wijl nu hoek FBD, hoek DCE en hoek PAB ieder gelijk 60° zijn, vormen de drie sectoren FBI), DCE, KAF behoorlijk naast elkander gelegd juist eenen halven cirkel met \'/., a als straal beschreven. De inhoud van dezen halven cirkel is volgens de bekende formule x/% ir x Vi **• Dit afgetrokken vau wat wij voor den inhoud van driehoek ABC verkregen, geeft voor den inhoud der kromlijnige figuur F\'ED, \\ys-y.2 t | yttfl. j0 _______^___^^___ Zij ABC onze gegeven hoek, CD deele hoek ACB, CD\' hoek BCO middendoor, zoo moet bewezen worden

CD2 = AC X BC—AD X BD en CD\'* = AD\' X BD\'-AC X BC. AD X BD\' = AD\' X BD.

1°.

3°. 4».

De halve cirkel op DD\' moet door C gaan. AC\' (C is een willekeurig punt van halven cirkelomtrek DD\')

AC\' : BC\' = AC : BC. Bewijs va* het eerste. Verleng CD door D en maak hoek C&G = hoek CDB, dan is, wijl ook hoek ACG = hoek DCB is, drieh. ACO co drieh. DCB en dus AC : CG = CD : BC. (1). Ook is wegens de gelijkheid der hoeken AGC en DBC, ADG en CDB, drieh. ADG <x> drieh. CDB, en dus AD : DG = CD i BD (2)

-ocr page 131-

		104
		Uit (1) leiden wij af AC X BC = CG X CD; uit (2) AD X BD = DG X CD _-----------------------------------aft. AC X BC—AD X BD = CD» Als wij evenzoo D\'C door C verlengen en hoek BD\'C gelijk hoek CAH maken, is drieh. ACH ^ drieh. BCD\' (want hoek CAH = hoek BD\'C en hoek ACH = hoek BCD1) en tevens drieh. AHD\' eo drieh. BD\'C; (want uit de gelijkvormigheid der vorige twee weten wij dat hoek AHC — hoek CBD\' is, en buitendien is de hoek AD\'H beiden gemeen). Uit de gelijkvormigheid van het tweede paar driehoeken weten wij AD\' : D\'H = CD\' : BD\' of AD\' X BD\' = D\'H X CD\' uit die van het tweede paar AC : CH = CD\' : BC of AC X BC = BC X CD\' ------------------------------            aft. AD\' X BD\'—AC X BC = CD\'*. Bewijs van het tweede. Uit het vorige bewijs ontleenen wij AC : BC — AD : BD. Ook AC : BC = AD\' : BD\'. Uit de vereeniging dezer 2 evenredigheden weten wij AD ; BD = AD\' : BD\' of AD X BD\' = BD X AD\'. Bewijs van het derde. Wijl hoek ACB hoek BCO = 2R is, is hoek DCB hoek BCD\' = hoek DCD\' = 1 R. Derhalve gaat een halve cirkel op DD\' ook door het pnnt C. Bewijs van het vierde: Zij C\' een willekeurig punt aangenomen in cirk. omtrek DD\'; indien wij dan nog CM trekken is CM s DM = MD\'. Nu is AD\' : BD\' = AD : BD of AM DM : DM -f- BM = AM-DM : DM-BM: hieruit i volgt door ontwikkeling AM : DM = DM ; BM of AM : MC\' = MC\' : BM. Voegen wij hierbij dat hoek AMC = hoek AMC is, zoo zijn de drieh. AMC\' en BMC\' gelijkvormig en dus AC\' : BC\' = AM : DM. (1) Maar uit de evenredigheid AM : DM s= DM : BM volgt AM—DM : DM—BM = AM : DM. of AM : DM = AD i BD. Dit gesubstitueerd in (1) geeft AC\' : BC\' = AD : BD. q. e. d.
		.

-ocr page 132-

		105
		20.
		BE2 = AE X CE—AB X BC f vraagst. daar nu AD = BE en dus ADJ = BE* ge- geven is, zal ook AC X AE—CD X DE = AE X CE-AB X BC zijn; maar AC = AB 4- BC en CE = CD DE, dus (AB BC) X AE-CD X DE = AE X (CD DE)—AB X BC, of AB X AE BC X AE-CD X DE = AE X CD AE X DE—AB X BC. (1) Nu is AB : BC = AE : CE, of AB X CE = BC X AE, of BC X AE = (CD DE) AB, en CD : DE = AC : AE, of CD X AE = AC X DE, of CD X AE = (AB -f BC) DE, deze twee laatsten gesubstitueerd in verg. (1), zoo wordt zij: AB X AE CD X AB -f- DE X AB—CD X DE = AB X DE BC X DE AE X DE-AB X BC, welke, vereenvoudigd zijnde, geeft: AB X | AE -f CD -}- BC } = DE X \\ AE CD BC } waaruit AB = DE. verder weet men dat AE = AE. en BE = AD is,
		derhalve drieh. ABE ^ drieh. ADE., en hoek AEB = hoek DAE.
		zoodat hoek AEC = hoek CAE, en driehoek ACE gelijkbeenig is, 21.   Beschrijf eenen cirkel met den gegeven straal in den gegeven hoek. Trek de som der beide raaklijnen aan dien cirkel af van de som der zijden om den gegeven hoek. Het zal wel niet noodig zijn te bewijzen, dat wij dan de basis des verlangden driehoeks overhouden, en derhalve het vraagstuk tot vraagst. 16 dezer afdeeling hebben teruggebracht. 22.   Zij AB de gegeven zijde, hoek CAB de hoek aan die zijde gegeven, AD de som der beide andere zijden. Constructie. Trek BD en maak hoek CBD = hoek CDB dan is ABC de gevraagde driehoek. Beteijs. In drieh. BCD is wegens de gelijk- heid der hoeken CBD en CDB, BC = CD, derhalve is BC -\\- AC = CD AC = geg. som der opstaande zijden.

-ocr page 133-

		106
		Stel dat in den driehoek AA\'C waarin AB en BC onderling onmeet- baar zijn niet de lijn BB\' maar BD de lijn A\'C zoo verdeelde, dat BC : AB = DC\' : A\'D. Immer ia het dan mogelijk tusschen B\' en D een punt E te vinden zoodanig dat CE en A\'E onderling meetbaar zijn en derhalve eene lijn FE evenwijdig aan BB\' en AA\' ons de evenredigheid geven zou:
		23.
		= CE		A\'E. Vergelijken wij hiermede onze
		gestelde evenredigheid , zoo zien wij, dat daarin eene grootere tot eene kleinere = eene kleinere : eene grootere staan zon: \'t geen blijkbaar onmogelijk is. Na dus zoo bewezen te hebben, dat I) niet aan de zijde van C op B\'C liggeu kan , bewijzen wij eveneens dat I) niet aan de andere zijde van B\' op B\'A\' kan liggen, en bewijzen dus dat de lijn BB\', AC en A\'C in dezelfde verhouding verdeelt. Stel dat tusschcn twee zijden in den eenen driehoek een hoek lag kleiner of grooter dan de hoek tusschcn de evenlange zijden in den tweeden driehoek, dan zoude een der drie gevallen van paragraaf 77 plaats hebben; echter zou de derde zijde in den eenen driehoek nooit gelijk aan de derde zijde in den anderen driehoek kunnen zijn, wat blijkbaar tegen onze vooronderstelling strijdt. Van de letterlijk tallooze wijzen waarop men dit vraagstuk kan op- lossen , kies ik er eene van de Gelder. Verleng DC door C, CF door C, EA door A. Trek DL en AN even- wijdig aan BC, en OP evenwijdig aan AC. Maak drieh. MCQ gelijk en gelijkvormig met PGO. Wij zullen ons er, na de bron aange- wezen te hebben, waaraan wij deze op- lossing ontleenden, toe bepalen met cij- fers de gelijke stukken aan te wijzen. Zij ABC een willekeurige drie- hoek, laatABIG, BCKM, APNC vierkanten respectivelrjk op AB, BC, AC beschreven, CF; BE, AD loodlijnen zijn, respectivclijk uit C, B, A op de tegenover- staande zijde neergelaten. Beioiji van \'t gevraagde. Trekken wij dan IC en AK zoo is drieh. ABK SS drieh. IBC; want BK = BC, AB = BI.
		24.
		25,
		26.

-ocr page 134-

107

hoek ABK = hoek CBI. = U hoek ABC.

Eechth. BDKL = rechth. BFIH. (1) Evenzoo bewijzen wij rechth. AEOP ss rechth. AGHF. (2) en rechth. EONC = rechth. DCLM. (3) Tellen wij (1) bij (2) zoo hebben wij rechth. BDKL rechth. AEOP = AB2 of AC2—rechth. EOCN BC2—rechth. DCLM = AB« en substitueeren wij hierin rechth. DCLM uit (3) AC2 BC3—2 EOCN = AB2. 27. ^^j^gm^ggm^          /ij cd loodrecht op AB neergelaten. Bewijs van het gevraagde. AC2 = AD2 DC2. BC* = BD2 -r DC2. ---------------------------------aft. AC2—BC2 = AD2-BD2. Het is bekend, dat het verschil van de quadraten der opstaande zijden eens driehoeks gelijk is aan het verschil van de quadraten der deelen, waarin de bedoelde loodlijn de basis verdeelt. Dit laatste verschil is splitsbaar in twee factoren, waarvan de eerste gelijk is aan de som, en de tweede gelijk aan het verschil dier deelen. Het komt er dus nu maar op aan, om vooreerst een vierkant te vinden gelijk aan het verschil van de vierkanten der opstaande zijden; en verder om dat vierkant te veranderen in een rechthoek, die het vcr- sciiil van de deelen der basis tot breedte heeft. De lengte van dien rechthoek zal gelijk zijn aan de basis zelve. En alsdan zal men, daar de drie zijden na bekend zijn, den driehoek gemakkelijk kunnen construeeren, Laat in cirkel CD gegeven zijn AF = a, BE = b, AB = c. Wanneer wij dan AM = x stellen is MB = e—x en verder

AM2 = FMS = ME* = MB2

BE2.

«2 x2 = FM2 = ME2 = c2—2c* c* «2. Hieruit volgt na eene kleine herleiding «a ca_a2 \'=--------2c--------

-ocr page 135-

		108
		Met behulp van deze waarde van x spreekt het wel van zelve, dat men MF, en dus ook CD = 2 MF zeer gemakkelijk vindt. 30, Zie tweede afdeeling, vraagst. 55. 81. Zij van vijfhoek ABCDE gegeven AB = a, BC = b, CD = c, DE = d, AE = e. hoek EAB = hoek DGB = hoek CBG = K. Wanneer wij dan AG- = x, DG = y stellen, zijn GF = e, HG = b, FD = y-e, HD = y—b, GB = a—x, voorondersteld dat EF en HC evenwijdig aan AB zijn. Ook is dan
		d2 = (y—ef- x2 en «! = (y—b)2 (a—x)2. Uit deze beide vergelijkingen wordt gemakkelijk de waarde van y uitgedrukt in de bekende elementen. Zij van vierhoek ABCD gegeven, dat hoek B recht is, en verder AB = a, BC = b, CD = e, AD — d zij. laat uit D DF lood- recht op AB, en DE loodrecht op BC neer, en noemen wij DF y en DE *, dan is AF = a—x, CE = b—y en ook c2 = {b-y)2 x2             en d* = y2 (a—x)2. Uit deze beide vergelijkingen zullen wij ge- makkelijk y in de bekende elementen knnnen uitdrukken.
		33.
		33.
		Zij bekend dat AB = a, BP = b, CE loodrecht op AP staande en = c zij. Stellen wij nu AK = z zoo is (a—z) z s c2 f = % a ± V OA «2-ca) BK = yt a =f V (% «W) Verder is PC = (BK BP)2 CK» PC = y | (BK -f BP)2 CK») | . PD vindt men eindelijk uit de evenredigheid PB : PD = PC : PA, waarvan ons na de berekening van PC, drie termen bekend zijn. Zie bij dit en de twee vorige vraag- ■tukken de aanmerking, gemaakt bij vraagst. 39 der tweede afdeeling.

-ocr page 136-

		109
		Laat de koorde CD, die den straal AM in B snijdt, aan \'t gevraagde beantwoorden; dan zijn drieh. ABC en drieh. BDM gelijkbeenig en tevens gclijk- vormig. Daaruit volgt, dat AC en DM evenwijdig zijn, en omdat hoek ACB aan den omtrek, en hoek BMD aan het mid- delpunt, overigens op denzelfden boog AD staan , zoo is hoek ACB = de helft van hoek BMD. Nog is drieh. CDM geljjk- beenig, en dus hoek BCM = hoek BDM,
		hebben dus		2 hoeken AMC = hoek ACM,
		2 hoeken AMC = hoek CAM, hierbij hoek AMC = hoek AMC zoo zullen 5 hoeken AMC = 2 R en 10 hoeken AMC = 4 R zijn. AC is dus de zijde van den regelmatigen tienhoek in den cirkel. Constructie. Trek de koorde AC, die gelijk moet zijn aan de zijde van den regelm. tienhoek in dien cirkel; en breng door het middelpunt M eene straal MD evenw. aan AC; dan zal de koorde, die de punten C en D vereenigt, den straal AM in B op de verlangde wijze snijden. 35.   Zij gegeven dat alle driehoeken, waarvan in de opgave sprake is, de zijden AB en CD gelijk moeten hebben. Nemen wij dan eene dezer zijden tot basis, en beschrijven wij met de andere uit eene der uiteinden der eerste eenen cir- kelboog, zoo wijst die de meetkundige plaats aan, waarin zich het derde hoek- punt van alle die driehoeken zal moeten bevinden. Richten wij nu nog uit B eene loodlijn BC\' op AtJ op, en trekken wij door C\' eene lijn evenwijdig aan AB, zoo zien wij dat alle punten van boog CC" vallen binnen de evenwijdige lijnen AB en KV behalve alleen het punt C\', dat derhalve drieh. ACB eene grootere hoogte heeft, dan een willekeurige driehoek AC"B, wiens top in den beschreven cirkelomtrek ligt. Derhalve zal drieh, ACB van alle genoemde driehoeken de grootste zijn. 36.   Zij ABC een gelijkb. drieh. waarvan basis en tophoek geg, zijn; beschrijven wij dan om ABC eenen cirkel, zoo liggen de toppen van alle driehoeken, op AB beschr. onder den tophoek ACB, in den omtrek van boog ACB. Richten wy nu eene loodlijn uit het midden van AB op AB op. Deze loodlijn zal door het punt Cgaan. Trek door C de lijn EF evenw. aan AB en redeneer verder als in het vorig vraagstuk,

-ocr page 137-

		110
		87. Nemen wij aan dat ABCDEF een zeshoek zij, die bij gelijken omtrek den grootst mogelijke» inhoud heeft. Is dan bekend, dat de zijden CS en DE ongelijk zijn, zoo is het mogelijk op CE als basis eenen gelijkbeenigen driehoek te bouwen zoodanig dat CD\' D\'E = CD -f- DE is. Daar nu bij gelijke basis van alle isoperi- metrische driehoeken de gelijkbeenige het grootste is, is ook drieh. CD\'E >• drieh. CDE. Dit strijdt natuurlijk met de onderstelling dat ABCDEF de grootste der isoperimetrische zeshoeken zon zijn. Evenzoo zal BC = CD, AB == BC, AF = AB, FE = AB moe- ten z|jn, opdat ABCDEF de grootste der isoperimetrische zeshoeken moge zijn. Laat BC, AC, AB respectivelijk midden- doorgedeeld zijn in D, E en F, dan is vol- gens vraagst. 40, afd. 2.
		AB2 AC2 = 2 AD* 2 BD» dus ook = 2 AD2 % BC*. AB2 BC8 = 2 BE2 2 AE2 „ f = 2 BE* % AC». AC2 -f BC" = 2 CF» -f 2 AF2 „ „ = 2 CF2 % AB*. —-------------------------------------------------:------. .. . . ..-------------------opt. 2(AB«-f-AC2 BCa)= = 2(AD2 Bp2 .CF2) %(AB2 AC! BC2). -----------------------------------------------------------.--------------------------3 4 (AB2 AC2 -f BC*) = 4 (AD2 BE2 -f CF2)-f-AB2 AC2 BC2. 3 (AB2 AC2 BC2) = 4 (AD* -f BE8 CF2). Laat in stelling en grootte gegeven zijn de drie lijnen AB, CO en FE, verleng AB door B en FE door E tot dat zij de twee verlengden van CG in I en H snijden. Maak IK = AB, MH = FE, IL en DH = CG. Trek KN en OM evenwijdig aan III, LN evenwijdig aan AI, DO eveujvjjdig jgan FH. Trek IN .en {OJp ,en verleng die tot zg elkander snijden. Dat snijpunt zal het ^e^ngde punt P zijn. Bewijs. Trek PK, PL, PD, PM en PA, PB, PC, PG, PE, PF dan is in het parall. KILN

-ocr page 138-

		111
		drich. KN1 = drieh. LNI en beschouwen wij NI als hun beider basis, dan zijn natuurlijk hunne hoogten gelijk. Zijn deze gelijk dan is tevens drieh. FKI = drieh. FLI, hebbende dezelfde basis PI en dezelfde hoogte. Maar drieh. FKI = drieh. FBA en drieh. FLI = drieh. FCG. dus is drieh, FBA. = drieh. FCG. Bewijs evenzoo dat ook drieh. PEF = drieh. PCG is, dan is bewe- zen dat het punt F het gevraagde is. 40,   Zij gegeven dat nfi = AC2—BC2 moet zijn. Constructie. Bicht uit A op AB eene loodlijn AD op. Maak AD = m. Trek BD, en maak hoek BDE = hoek EBD. Zet van A af op AB, AF uit gelijk DE. Bicht uit F eene loodlijn FC op AB op, en trek dan AC en BC, zoo is AC2 = AF2 FC2. BC2 = BF2 FC2. AC2-BC* = AF2— BF2 = DE2—BF2. Daar nu uit onze constructie gemakkelijk blijkt AB = AE -f- DE of = AE AF, en wanneer wjj hiervan aftrekken AF_________________=________AF_ BF           is                  = AE Zoo is ook AC2-BC2 = DE2—AE2 = m«. q. e. d. Ware er gevraagd BC8—AC2 te construeeren gelijk m2 zoo zouden wij uit E op AB eene loodlyn EC\' hebben opgericht en AC\' en BC\' hebben getrokken. 41.   Zij M2 gegeven gelijk het quadraat AC2 -f- het quadraat BC2 dat gevraagd wordt. Constructie. Laat uit A en uit B loodlijncn AD en BE op PQ vallen. Maak FD = BE en trek AF. Maak hoek FAG recht en beschrijf met M als straal eenen cirkelboog uit F die AG in G snijden zal. Deel den hoek BEQ door eene lijn Hl mid- dendoor en beschr. uit D met AG als straal eenen cirkelboog, die Hl ergens in K zal snijden.

-ocr page 139-

112

Laat uit K eene loodlyn KC neer, dan zullen AC en BC de gevraagde lijnen zijn; want AC» = AD» DC». BC» = BE* EC*. ---------------------------opt. AC» BC* = AD* DC* BE1 EC». Voor BE kun- nen wij schrijren FD, voor EC, wijl hoek KEC = 45°, hoek ECK = 90 en dus hoek EKC s= 45° is, KC. Hierdoor verandert onze vergelijking in AC* BC* = AD\' FD» DC» -f KC». = AF» DK». = AF» -f AG*. = FG» = M». q. e. d. 42.   Constructie. Verdeel Al! door een pnnt D zoodanig dat AD : BD = M : N. Beschrijf op AB als basis een\' driehoek AEB waarvan AE = M, BE = N is. Trek DE; richt uit E, ED\' lood- recht op ED op en verleng AB door A tot zoolang zij de lijn ED\' snijdt. Beschrijf op 1)1)\' een halven cirkel en trek CA en CB, dan zal zoo als gevraagd is AC : BC = M : N zijn. \'t Bewijs vindt men zeer gemakkelijk met behulp van de oplossing van vraagstuk 19 dezer Afd. (bewijs van het vierde). 43,   Zij FQ de gegeven lijn , en A en B de gegeven punten. Laat het vraagstuk opgelost wezen, en C het gevraagde punt zijn. Als men dan de lijn DE zoodanig door het punt C trekt, dat zij met de lijn FQ een\' hoek maakt gelijk aan \'t halve ver- schil der hoeken HCQ en ACP, zal natuurlijk hoek ACD = hoek BCE zijn. Trek BG evenw. aan DE, en AL en BF loodrecht op DE; dan is drieh. ACL gelijkvormig met drieh. BCF, en drieh. BGH gelijkvormig met drieh. CFH. Stelt men nu BK = a, BG = b, BH = e, AK = d, CF = x en BF = z, zoo zal * : a—x = t : z d, en b : c = * : c—z zijn, waaruit volgt az                                                       b (c—z) ■ , ;                                en x =--------- \',-{-d                                                       e

az b (c—z) Zz d~ e cd

üit de cindvcrgelijking

, volgt

;2-[-—--------X_ c— ~-= o; waarin de coëfficiënt Tan den

-ocr page 140-

		113
		tweeden term ligt als ccnc lijn ƒ, en de derde term als een vierkant h? te constraeeren is, zoodat zij verandert in z2 -(-ƒ«—Aa — o, waaruit z = % (-f ± V (f2 -f 4Aa)). De loodlijn BF is dus bekend, en daarmede is DE, en het snijpunt C bepaald. Immers men trekke MN op de wijze als dat voor DE is bepaald; late uit B eene loodlijn daarop neder en neme daarop van A af een stnk gelijk aan de gevondene uitkomst. Tweede oplossing. Stel dat £ het gevraagde punt zij. Trek BL en AI zoodanig dat hoek BLI = hoek AIE = het gegeven verschil zij, dan zijn de driehoeken EIK, BEL en AEI ge- lijkvormig, want hoek AIE = hoek EIK = hoek BLE en hoek AEI = hoek EKI = hoek EBL als supplemen- ten van den grootsten der hoeken AEN, en AKE die aan hoek AEN gelijk is. Immers hoek AKE = hoek KEI hoek EIK = het ver- schil der hoeken -f- den kleinsten hoek. Wij hebben dus AI : EI = EL : BL. of BL X AI = EL X EI = (EI IL) EI of BL X AI = EI» 4- EI X II" waaruit EI = - % IL zfc l/2 V (4 BL X AI - IL*) welke waarde lichtelijk wordt geconstrueerd. 44,   Zij gevraagd dat hoek ACP -f- hoek BCQ gelijk hoek PRS zij. Constructie. Maak hoek BAD gelijk aan het supplement van den gegeven hoek PUS. Richt AM in A loodrecht op AD op. Maak AE = EB, en richt uit E eene loodlijn ME op AB op. Beschrijf met MA uit M eenen cirkelboog die de lij» PQ ergens in C zal snijden. Dit punt C zal het gevraagde zijn. Bewijs. Volgens de bekende constructie hebbeu wij hoek ACB gelijk hoek BAD, gelijk het supplement van hoek PRS gemaakt. Derhalve is hoek ACP hoek BCQ gdgk hoek PRS. 45.   Zij 0> de gegeven lijn. Constructie. Verdeel AB in twee gelijke deelcn AD en DB. Zij BD eene derde evenredige tot 2AB en m, EF as m. Richt uit E en F loodlijnen EG en PH op AB op. Trek AG en verleng die z. n. Beschrgf uit H met AB als straal een* cirkelboog die de lijn AG of 8

-ocr page 141-

		114
		haar verlengde in I snijdt. Trek Hl en hieraan AC evenwijdig. Het punt C is dan het gevraagde. Bewijs. Trek nog CK loodrecht op AB. Nu is wijl IH en AC evenwjj- dig zijn 111 : AC = 11G : CG. en wijl HF evenwijdig is aan EG HG : CG = FE : KE. Dus ook IH : AC = FE : KE. Maar IH = AB en FE = m; dus OOk AB : AC = m : KE. AB X KE =: AC X ». Uit onze constructie is 2 AB : m = m : EB, dus ook ABXED = % m2. ---------                                 opt. en met 2 vermenigv. 2ABXKD = 2ACX»» m«. Voorstel 37, afd. 2 leert ons (BC - AC) (BC AC)=AB(KB—AK) =AB(AB-
			=AB. 2 KD.
		dus is ook 2 AB X KD = BC—AC*, derhalve ook 2ACX»*-j-m> = BC!!—AC« of ACS 2 AC X »» )«> = BC* V-------------------------- AC m            =BC. m            =BC—AC. q. e. d, 46, Zij gegeven dat m gelijk AC -(- BC moet zijn.
		De constructie is bijkans geheel gelijkvormig met die van \'t vorig vraagstuk. AD is gelijk DB, DE eene derde evenredige tot 2 AB en m, EF gel|jk m. HF, EG loodlijncn op AB\'s verlengde, AI eene lijn die door G gaat, Hl gelijk AB, AC evenwijdig aan Hl. CK loodrecht op AB.

-ocr page 142-

		115
		In \'t bewijs dat met \'t bewijs van \'t vorig vraagstuk bijkans geheel overeenstemt heeft eene aftrekking plaats waar wij in \'t vorig vraag- stak hebben opgeteld. Voor \'t overige is het zóó gelijkvormig met het vorige, dat het onnoodig is het hier mede te deelen. 47.   Maak den gegevenen rechthoek, volgens een zeer bekende wijze, tot eenen rechthoek die den afstand der gegeven evenwijdige lijnen tot hoogte heeft. Zij dus bijv. AD de lengte, BE de hoogte van onzen gegeven rechthoek, na de voorgeschreven transformatie. Constructie, Richt uit B eene lood- lijn BF op AB op. Beschrijf met AD als straal eenen cirkelhoog nit A. Deze zal de opgerichte loodlijn ergens in F snijden, Beschrijf eenen cirkel door A, F en B. Trekken wij vervolgens AC en BC, dan zal AC X BC gelijk aan onzen gegeven rechthoek zyn. Bewijs. Wijl hoek ABF recht is, hebben wij in onzen cirkel AF tot middellijn, en derhalve is, volgens voorstel 53, afdeeling 2, AC X BC = de afstand van CE tot AB X ae middellijn des om drieh. ABC beschreven\' cirkels. AC X BC = BE X AF = BE X AD = geg- rechthoek. 48.   Constructie, Verleng AB tot zij PQ ergens in C snijdt. Maak CD — AB; trek DE evenwijdig aan PQ, EF evenwijdig aan AB. De lijn EF zal dan de gevraagde zijn. Bewijs, Uit de evenwijdigheid van CD met EF, en van ED met PQ, volgt EF = DC. DC echter is gelijk AB gecon- strueerd.
		Zij CB de gegeven lijn m. AB de gegeven lijn. Maak hoek CBA recht: trek AC en maak hoek ACD gelijk hoek CAD. Het punt D in de lijn AB is dan het gevraagde; want daar driehoek ACD gelijkbeenig \'s, is CD = AD; CD BD = AB. Verder is CD2-BD2 = m», dus ook AD»—BDa
		49. Constructie.
		50. Zij ABC een rechthoekige driehoek waarin een cirkel ME beschreven is, zoo is AI = AD, BD b BF, CE = CF. Laten wg nit M loodlgnen 8»

-ocr page 143-

116

neer op AC en BC, zoo zijn deze loodliinen ME en MF beide gelijk EC en CF. Wij zullen deze vier laatste lijnen r noemen. Nu is AB—AC = AB—(AE r) = BU—r = BC—Ir.

cirk. N : str. cirk. O = AB : BC : AC. Want de drie driehoeken zijn gelijk- vormig, waarvan AB, BC, AC res- pectivclijk de hypotennsa\'s zijn. Ver- heffen wij dit in het quadraat zoo ia

51. Straal cirk.

^MU

II r r

Str. * cirk. M : air. 2 cirk. N : str. * cirk.

O = AB* ------ir AB*

BC* : AC*.

cirk. M : cirk. N : cirk. O =

: BC* : AC\'.

Daar nu AB* = BC* AC* is, is ook cirk. M = cirk. N cirk. O, q. e, d. Wanneer wij (zie de figuur van het vorig vraagstuk) uit N eene lood- lijn op BU neerlaten dan is het punt F natuurlijk het raakpunt van cirkel N met BD. Omdat tevens, wanneer wij FN door N verlengen drieh. BUG co drieh. BFG is, zal BD : BF s BC : BG zijn. Uaar nu echter ook drieh. ABC gelijkvormig is met drieh, BUC en wij bovendien weten BD : BF = BC : BG, zijn F en Gr in drieh. BDC en drieh. ABC gelijkstandige punten, en is dus ons geconstrueerde punt G ook het raakpunt van BC met den cirkel die in drieh, ABC beschreven is. Evenzoo bewij- zen wij dat wanneer wij uit N eene loodlijn op BC neerlaten en deze loodlijn Nü door N heen verlengen, het dus geconstrueerde punt E het raakpunt is van AB en den cirkel in drieh. ABC beschreven. Trekken wij nu nog MG en ME, zoo is van vierh. MGNE bekend ME evenwijdig aan NG; beide loodrecht op AB. MG evenwijdig aan EN; »           ,,          ,, BC. vierh. MGNE is derhalve een parallelogram en dus is GN = ME. q. e. d. Zij ABDC een trapezium. Laat uit de uiteinden van de kleinste der evenwijdige zijden, AB, loodlijnen AF en BE neer op de grootste evenwijdige zijde CD, EF wordt dan natuurlijk gelijk AB.

52.

53.

-ocr page 144-

		117
		Bewijs van het gevraagde. BD3 CD»—2 CD X DB = BC\'. CD» AC*—2 CD X CF = AD3.
		-opt.
		BD3 AC3 2 CD X CD—2 CD (DE --(- CF) = BC3 AD\'. BD3 AC3 2 CD (CD—DB-CF)                = BC3 AD3. BDS AC3 -f 2 CD. AB = BC3 AD3. 2 CD. AB = BC3 AD*—(BD3 AC«). q. e. d. 54.   Laat de gegevene lijnen a en 6 meters lang zijn. Stel dat wij van elke lijn een stuk van x meters afsnijden, dan zijn de overblijvende stukken a—x en b—x meters lang. Deze stukken nu moeten zich verhouden als twee gegeven lijnen m en n. Men heeft dus a—x : b—x =z m—n, welke vergelijking herleid wordt tot (m — n) x = bm—an. Het laatste lid bestaat uit het verschil van twee rechthoe- ken, wier lengten en breedten bekend zijn. De rechthoek, dien men dan vindt, ontvange tot breedte het verschil der lijnen m en n, dan zal deszelfs lengte x bekend worden. 55.   Zij ABCD een trapezium, BE = DE, AF = CF. Bewijs van het gevraagde. Wegens de gelijkvormigheid der driehoeken ABG en CGD is BG : DG = AG : CG. BG DG : DG = CG -f AG : CG. dus ook DE : DG — CF : CG. Derhalve is EF evenwijdig aan AB en CD en daar nit deze even- wijdigheid de gelijkvormigheid volgt van drieh. ABG en CGD met EGF hebben wij ook DG : BG : EG = CD : AB : EF en DG—BG : EG = CD—AB : EF 2 EG : EG = CD—AB : EF Derhalve is CD—AB = 2 EF. q. e. d. 56.   Trek uit het punt B van de lijn BD, die gelijk genomen is aan de kleinste van de twee gegeven zijden, de lijn BC zoodanig, dat hoek CBD gelijk wordt aan \'t gegeven verschil der hoeken aan de derde zijde; en beschrijf uit D met CD, die gelijk moet zijn aan \'t verschil der gegeven zijden, als straal, een cirkelboog die BC in E en F snijdt. Trek DE en DF on verleng beide door het uiteinde D heen met een stuk AD en A\'D gelijk aan BD, dan zullen, na AB en A\'B getrokken te hebben, driehoek ABE en driehoek A\'BF aan de vraag voldoen. Het bewijs achten wij overbodig.

-ocr page 145-

		118
		Zij ABC de gegeven tophoek, en BD de gegeven lijn, welke dien tophoek middendoordeelt. Trek door D de willekeurige lijn El\', waarvan het deel ED gelijk is aan het gegeven grootste stuk van du basis. Beschrijf uit 1) als middelpunt met DE als straal een cirkclboog, die AB in A snijdi, en trek de lijn ADC; dan zal ACB de verlangde driehoek zijn. Aanm. Was in deze opgave ook iets te veel gegeven? de beide stukken der basis waarvan in de opgave spraak is, CD als de lijn die den tophoek muet middendoordeelen. Constructie, Construeer op AB eenen willckenrigen drich. ABF, onder deze voorwaarde slechts dat AF : BF sta als AE : EB. Trek eene loollijn FG op Beschrijf op EG eenen halven cirkel, uit E eencn oirkelboog mot CU als straal. Laat deze laatste cirkelboog den eersten in H snijden, en AH en BH getrokken zijn zoo is ABH de gevraagde driehoek. \'t Bewijs hiervoor ligt opgesloten in vraagst. 19 dezer afdceling (zie in de oplossing het bewijs van \'t vierde). Beschrijf eencn cirkel met den gegeven straal in den gegeven hoek BAC. Zet op AC een stuk AD uit, gelijk aan de gegeven zijde. Trek uit D eene raaklijn aan den beschreven cirkel, en stellen wij dat deze raaklijn AB ergens in E snijdt. ADE is dan onze gevraagde drich. De middelpunten dezer cirkels zijn de snijpunten der lijnen die de supplementshoeken middendoordeelen. In de oplossing van vraagst. 9, Afd. 1, bl. IS is bewezen, dat deze doellijnen eenen nieuwen vierhoek insluiten, om welken een cirkel kan beschreven worden. Laat ADC, BCE, ABF gelijkzijdige driehoeken zijn, en de lijnen FC en AE getrokken wezen , zoo moet bewezen worden 1°. FC = AE. 2°. Zoo wij B en D met G vereenigen, is BD eene rechte liju, en even lang als FC of AE. Bewijs van het eerste. Drieh. FflC = en eo drich. ABE. Want FB = AB, BC = BE, hoek FBC = hoek ABE = hoek ABC -f- 60°.
		59,
		60.
		61.

-ocr page 146-

		119
		Derhalve is ook FC = AS. Bewijs van het tweede. Drieh. GHC co drieh. BHE. Want wij weten reeds dat hoek BEH = hoek HC6 is, en buitendien zijn de hoeken BHE en GHC als overstaande gelijk. Derhalve is hoek HBE s hoek HGC = 60° = hoek FGA. Das is hoek AGC = 120°. Om vierhoek ADCG kan dus een cirkel be- schreven worden, en wijl, wanneer wij dat doen, boog AD =r boog DC wordt is hoek AGD = hoek CGD = 60°. Eindelijk zijn nog drieh. BGH en EHC gelijkvormig. Want nit de gelijkvormigheid van BHE en GHC weten wij, dat BH : HG s HE : HC en bovendien is hoek BHG = hoek CHE. Derhalve is ook hoek BGH = 60°. "Wij weten dus, dat alle hoeken rondom het punt G = 60° zijn. Uit de gelijkheid van / BGE met / AGD, of van hoek BGF met hoek DGC, volgt natuurlijk dat DB recht is. Het bewijs voor de stelling BD = FC of AE wordt geheel geregeld op het bewijs dat FC = AE is.
		62,
	Verdeel elk vierkant dat verdeeld moet worden zoo als dat in vier» kant AB is gedaan (AC = BC) en voeg de zoo verkregen achtstukken rondom het vijfde vierkant aan eik- ander, zooals in vierkant DE is ge- toond. 03. Beschrijf in eenen rechten hoek eenen cirkel met den gegeven straal des ingeschreven cirkels als straal. Beschrijf in denzelfden rechten hoek tevens een vierkant met de gegeven zijde zóó, dat de aangenomen hoek (tevens een hoek van dit vierkant is. Trek uit het vrije hoek- punt van dit geconstrueerde vierkant eene raaklijn aan den gecon- strueerden cirkel. Deze raaklijn, genoegzaam verlengd, zal met de beenen van den aangenomen rechten hoek den gevraagden driehoek vormen. 64, |          M9           | Laat de middellijn des cirkels, de lijn AD in de punten E en F harmonisch ver- deeld zijn. Wanneer wij dan uit E en F loodlijnen oprichten, en de uiteinden B en C dezer lijnen met A vereenigen zijn AB, AC, AD de drie gevraagde koorden.
		Bewijs. AB2 : AC2 : AD» = AE X AD : AF X AD : AD X AD = AE i AF : AD. Nu vormen AE, AF en AD eene harmonische reeks; derhalve ook AB», AC», AD». 65. Zij AF = FD, AE = EC, DG = BG, BH s BC.

-ocr page 147-

		120
		Bewijs van het gevraagd*. In drieh. ADC is AF : AD = AE : AC = 1 :8; derhalve FE evenwijdig aan DC. Om geheel gelijksoortige reden is in drieh. BDC, 6H evenwijdig aan DC. Dus is ook FE evenwijdig aan GH. Evenzoo bewijst men dat GF evenwijdig aan HE is. Derhalve is figuur EFGH een parallelogram. 66. Laat AB gegeven zijn. Constructie. Beschrijf op AB eenen halven cirkel, en richt uit het midden D van AB eene loodlijn op AB op. Vereenig het einde E dezer lijn met B en beschrijf met BE als straal uit B eenen cirkelboog EC. Richt uit B op AB eene loodlijn BC op en trek AC zoo is drieh. ABC de gevraagde. Want Indien wij BC a noemen, is BE* = BC2 = a*. Trekken wg nog AE zoo is AE = BE «n dus ook BE2 = AE« = ««. opt. AB2 = 2a2 BC8 = «2.
		■ opt. AC2 = 3«s s 3BC*. q. e. d. 67.   Laat AB de gegeven schuine zijde, CD de hoogte zijn. Als wij nn op AB eenen halven cirkel beschrijven, uit B op AB eene loodlijn BE oprichten en BE = CD maken, EF trekken evenwijdig aan AB, zoo zijn de twee driehoeken AB6 en AHB de cenige denkbare, die onder onze gegevens kunnen geconstrueerd worden. Dat deze gelijk en gelijkvormig zijn, zal wel niet behoeven bewezen te worden. 68.   Zij van de twen ^rieho ken ABC en abc gegeven, dat AD : ad s BD « bd s CD J cd staat, en verder dat hoek BAC = hoek bac is. Zij eindelijk gegeven, dat BD en bd in de beide driehoeken rcspectivelijk de hoeken ABC en abc midden doordeelen. Bewijs van het gevraagde. Driehoek ABD is cc drieh. abd volgens Badon Ghyben { 103, 2°. Want dat hoek

-ocr page 148-

		121
		ABT) en hoek abd van dezelfde soort, beide scherp zijn, volgt daaruit, dat zij ieder gelijk zijn aan eenen halven hoek eens driehoeks, en de helft van den hoek eens driehoeks nooit anders dan scherp kan zijn. Zoo is dan nu hoek ABD = hoek abd. of ook „ ABC = „ abc. tevens is gegeven „ BAC = „ bac. Derhalve is drieh. ABC co drieh. abc, 69.   Trek uit een willekeurig punt van het eene been des hoeks, die gelijk is aan een der gegeven hoeken, eene lijn die met dat been een hoek maakt, gelijk aan den tweeden gegeven hoek. De driehoek, dien men dan verkrijgt, zou reeds voldoen aan de vraag, als zijn omtrek gelijk was aan den gegeven omtrek. De gevraagde driehoek moet met den nu gevonden driehoek gelijkvormig zijn, want beide moeten gelijkhoekig wezen. Daar nu de gelijkstandige zijden van gelijkvor- mige driehoeken evenredig zijn met hunne omtrekken, zullen de zijden van den gezochten driehoek gevonden worden door het zoeken van vierde evenredigen. 70.   Beschrijf op de diagonaal AC eene ruit, zoodanig dat de zijden CE en AF evenwijdig zijn aan de diago- naal BD. Trek DE, en uit 6, waar deze de zijde BC des vierhoeks snijdt, de lijn GH evenwijdig aan BD, en GK even- wijdig aan ACj verder uit K de lijn IK evenwijdig aan BD, en uit H de lijn Hl evenwijdig aan AC, dan zal de figuur Gil IK eene ruit, en wel de begeerde ruit zijn. \'t Bewijs ligt voor de hand. 71.    Zij ABCD de gevraagde vierhoek. Dan zijn de zijde CD en de hoeken BAD, BAE, ABC en ABE gegeven. Uit de bekendheid der hoeken BAE en ABE volgt, dat de hoek E, waaronder de dia- gonalen elkander snij- den, ook bekend is. Trek dus twee lijnen PQ en RS, die elkander snijden onder hoek PMS = hoek AEB. Neem op MS een willekeurig punt F aan, en trek FG zoo, dat hoek MFG = hoek ABE wordt; verder uit G de lijn GH zoo, dat hoek MGH = hoek E AD wordt, en uit F de lijn FI zoo, dat de hoeken MFI en EBC gelijk zijn. Als men dan nog de punten H en I door

-ocr page 149-

		eene rechte lijn vereeaigt, zal men een vierhoek verkregen hebben, die aan de vraag voldoet, — ingeval namelijk Hl gelijk bevonden wordt aan de gegeven zijde CD. Is dit niet het geval, zoo make men een veelhoek, gelijkvormig aan den gevonden veelhoek F6HI, welks gelijkstandigc zijde gelijk zij aan CD. 72. Zij gegeven dat in drieh. ABC, BD den hoek ABC midden doordeelt. Noemen wij BC, AC, AB respcctivclijk o, b en e. \'t Bewijs van Badon $ 98 heeft ons geleerd BC : AB = DC i AD: hiernit volgt BC-f-AB:BC : AB = DC -f AD : DC : AD. a -j- e : a : c =         b            : DC : AD. DC is dus =-?L , AD = -^-. a-\\-e               a-\\-e Volgens afd. 2 vraagst. 68 is nn AB X BC—AD XDC = BD». ab*e ae— - , 3              = BD\'. (a e)* ae jjfl 2ac c*-b*) _n. i*T~ïï-------= BD- JTfTp X <• c b) (« c-b) = BD». en stellen wij a -j- i * = 2». 17l^rX*(-*)=BD». —4— V ae X * (*-«) = BD. a -{• e r        \'             \' 78. Beschrijf eenen cirkel met de middenevenredige der beide stralen der gegeven cirkels tot straal, zoo zal deze de gevraagde zijn. Bewijs. Noemen wij de stralen der gegeven cirkels a en c en zij daartusschen eene middenevenredige b gezocht, zoo is a : b = b i «| maar ook o» : 4» = 4» : e».
		cirk. a : cirk. b = cirk. b : eirk. e. 74. Zij gegeven dat in drieh. ABC, AD den hoek BAC, CE den hoek ACB middendoordeele. Elk punt der lijn CE ligt dan even ver van AC als van BC; evenzoo ligt elk punt der lijn AD even ver van AB als van AC. Het snijpunt dezer beide lijnen ligt derhalve even ver van AB als van AC, maar ook even ver van AC als van BC, derhalve even ver van AB als van BC. Het is dus een punt der lijn die

-ocr page 150-

		12S
		den hoek ABC middendoordeelt. Want elk punt buiten die lijn ligt op ongelijke afstanden van AB en BC. Badon $ 46. Laat gegeven zijn dat in den cirkel MA, AC de zijde is des regelmatigen ingeschreven vijf hoeks, terwijl AB de zijde des ingeschrevenen regelmatigen tienhoeks is. Trek tot hulplijnen MD zoo dat zij den hoek AMB middendoordeelt, en BD. Bewijs van het gevraagde. Drieh. CMD is gelijkvormig met drieh. AMC. Want hoek MAC = hoek ACM = 54°, hoek ACM =                           54» = hoek CMD = % X ?*•• Daarom is AC : MC = MC : CD. MC2 ss AC X CD. (1) Op geheel dezelfde wijze toonen wij aan, dat driehoek ABC en ABD gelijkvormig zijn, en dus AC : AB = AB : AD is, of ABa = AC X AD. (2) (1) brj (2) geteld geeft AC* = MC2 AB». Zij gegeren dat ABCD een parallelogram ia waarvan hoek DAB = 36° is. Zij verder AD ss 4m. AB = 7 meters. Beschrijf met AD als straal uit A eenen cirkelboog DE, en verleng dien, tot dat EF ss DE zij. Trek DE. Wijl nu boog DE = EF is, snijdt AE , DF loodrecht middendoor, en is dus DO = 6F. Trekken wij nu nog AF, zoo is in cirk. AE DF de zjjde des regelm. ingeschr. vijfhoeks want hoek DAF = 72°. DF is dus , daar de straal des be- schreven cirkels 4m is, 4.702282 m., DG derhalve 2.351141 enz. m. Doch nu is DO tevens de hoogte van \'t parallelogram ABCD, en dus is de inhoud van dat parallelogram 16.457987 etc. □ meters. Zij ABCD een gelijkbeenig trapezium hoek ADC = 72°. AB = 4, DE = 7 meters. Beschrijf u\'t A met AD als straal eenen cirkelboog DE dan wordt in driehoek DAE, hoek DEA = 72° en is dus AE e ven wij - dig aan BC, terwijl hoek DAE 36° groot wordt. In den cirkel DE is derhalve de koorde DE de zijde des ingeschr. regelm. tienhoeks. Daar nu deze 3 meters lang is, is de straal des cirkels AD = 4.854102
		75.
		76.
		77.

-ocr page 151-

		>
		fa
		^*% ^C?\\. /f*\\ tytA X>T
		***** ^ = ^2L • ie.**.

-ocr page 152-

		124
		enz. meters lang, Men berekent nu teer gemakkelijk de loodlijn nit A op \'t midden van DE neergelaten, en met behulp van deze den inhoud ran ons trapezium, 78. Wanneer het aantal graden van den boog zoodanig een evenmatig deel is van den cirkelomtrek dat hij kan onderspannen worden door de zijde van eenen regelmatigen veelhoek in dien cirkel be- schreven waarvan het aantal zijden een term is der in Badon Ghijbcn gegeven reeksen. 79,- Beschrijf uit het middelpunt des gegeven cirkels eenen cirkel met de middellijn des gegeven cirkels als straal. Beschrijf daarin eenen regelmatigen zeshoek. Beschrijf uit de hoekpunten van dezen zes nieuwe cirkels, elk met den straal des oorspronkelijken cirkels als straal. De zes laatst beschreven cirkels zullen de gevraagde iyo. 80. Gegeven AD* BC2 = AB2 -f CD«. Uitwijs van \'t gevraagde. Stel dat AC, BD niet loodrecht sneed; maar dat de lijnen AF en CG loodrecht op BD staan. Dan is AD2 = AE2 DE2—2 DE. EP. BC2 = BE2 CE2—2 BE. EG.
		opt.
		AD* BC2 =. AE2 DE2 BE» CE2-2 DE. EF—2 BE. EG. (1) Verder is CD\' = DE2 CE2 -f 2 DE X EG. AB2 = AE» BE« -f 2 BE X EF. ---------------------------------------------------opt. AB\' CD\' = AE2 DE1 BE4 CF,2 2 BE X EF 2 DExEG (8) Daar nu AD2 BC2 = AB2 CD* gegeven is, wanneer wrj (1) van (2) aftrekken 2 EF (BE -f DE) -f- 2 EG (BE -f DE) = 0 of 2 FG X BDi= 0 dus FG = 0 Daarom AC en BC moeten elkander rechthoekig snijden. Vanneer gegeven is dat BC2-AB2 = CD»-AD2 is, moet BD, AD loodrecht snijden. Want deze vergelijking kan ook geschre- ven worden BC* -f AD2 = AB» CD2, en dan verkeeren wij in het geval van \'t vorig vraagstuk.
		81.

-ocr page 153-

		125
		82. Laat AB de eeeeven straal zijn, CD de gegeven zijde, CDEF de ge- geven inhoud des driehoeks, voorgesteld als een rechthoek die CO tot lengte heeft. Constructie. Beschrijf eenen cirkel M met AB als straal, zet daarin eene koorde GH uit = CD. Richt nit H eene loodlijn Hl op, op de lijn GH; maak Hl es 2 DB; trek KL evenwijdig aan GH, en trek ein- ilclijk nog KG en KH. Drieh. GHK zal dun de gevraagde wezen.
		83. CD zij loodrecht op de lijn AB. Beschrijf uit C met de gegevene CE (die de basis middendoordeelt) een cirkelboog die AB in E snijdt, en maak zijn verlengde KK = CE. Beschrijf uit E als middelpunt met (.n als st al een halven cirkel, en neem koorde FG zoodanig, dat hij gelijk zij aan de lijn uit het andere hoekpunt die loodr. op de overst. zijde staat. Trek GC, die AB in A snijdt, en maak BE = AE, dan is ABC de verlangde driehoek. Want, omdat AE = BE en CE = EF is, zal AFBC een parallelogr. zijn, en FG alzoo gelijk zijn aan de lijn, die uit B loodrecht op AC wordt nedergelaten.
		84,   Constructie. Neem op den omtrek des ge- geven cirkels een willekeurig punt A aan. Beschrijf daaruit met een\' willekeurigen straal eenen cirkel- boog BC. Beschrijf met wille. keurige doch gelijke stralen uit C en B cirkelboogjes DE en FG. Yereenig hnn snijpunt H met A. Verleng HA, zoo noodig tot dat zij in I den omtrek snijdt. Zoek eindelijk nog volgens de bekende constructie de lijn KL die AI loodrecht midden doordeelt. De gegeven cirkel is dan door A, L, I en K op de gevraagde wijze verdeeld. 85.   Laat ABC een rechthoekige drieh. zijn, en GL en EK de cirkels, d\'c

-ocr page 154-

A/ Ar

/

-f *-£\' e£^ /

Jy J/i = /*$ $£ ^ & «.V />/ ^ *,, ^ /„

■/

z/>c„/c - 4 £ f. e F

sf £Ac. Jr = ft

r /•

-ocr page 155-

		136
		de zijden diens driehoeks reipectivelyk in H, G, F en in D, E en I raken. Wanneer wij na 6L, LF, KD, EK trekken, is GC en CF = den straal GL, EC en CD = den straal EK. Verder is natuurlijk BH = BG, AE = AI enz. Bewijs van \'t gevraagde. Wij moeten eerst bewijzen AB = GL EK of AB = EC -f- GC. Bewijs. AH ss AF. BI ss BD. --------------------opt. AH f BI = AF BD of 2 AB AI BH = AE EC CF BG GC CD. AI -f BH = AE                        BG. -------------------------------------------------------------------------------------aft. 2 AB = EC CF GC CD. 2 AB = 2 EC 2 CG. AB = EC CG = EK GL. Bewijs van het tweede. Trek nog de lijnen IK en BK, zoo is Inh. lig. BIKD = 2 Inh. drieh. BIK = BI X KI. (1) Trekken wij dan nog de lijnen KA, KE, KC zoo is bovendien Inh. lig. KIAECD = 2. Inh. (drieh. AEK -f- drieh. CEK) = 2 Inh. drieh. ACK = AC X KE of AC X KI. (2). Trekken wij na (2) van (1) af zoo rest Inh. drieh. ABC = (BI—AC) KI. = (AB -f AI—CE—AE) KI. = (AB-CE) KI. = (AB-CE) CE. Maar nn is AB = CE -f- CG; dus is ook Inh. drieh. ABC = CG. CE = EK X GL. q. e. i. De grootte der koorde zij = m, en zij loope evenwijdig aan de lijn PQ. Laat MA loodrecht neder op PQ; neem AB = V2 m, trek BE evenwijdig aan AM, en uit E , waar deze den cirkclomtrek snijdt, de lijn DE evenwijdig aan PQ. Deze zal de verlangde koorde zijn. lm- mers CD =s CE = % m. Das is DE = m.
		OU.

-ocr page 156-

		137
		87. Laat de cirkel ML ons gegeven zijn. Laat AB en BC de gegeven lijnen zijn, F het punt in den gegeven cirkel gegeven. Constructie. Verdeel AC in D in twee gelijke stukken. Trek eene middcllijn door P heen en verleng die. Beschrijf uit P met AB als straal eenen cirkelboog die onzen gegeven cirkel ergens in E snijdt. Trek EP en verleng die: maak dit verlengde zóó lang dat EF = AD = % (AB BC) "orde. Trek MF en EG even. wijdig aan MF. Beschrijf op GP eenen halven cirkel: trek HP, en verleng die tot in I. Hl zal dan de gevraagde lijn zijn. Bewijs, Wql wij EG evenwijdig aan MF hebben getrokken, is
		drieh, EPG co driehoek MPF, en dus MP : GP = F? : EP. FP : EP = AB : BD. Of                                       FP : EP = AB : >/i (BC—AB) dns hebben wjj MP : GP = AB : % (BC—AB). Nu is ook driehoek PGH co drieh. MKP, en dns HP : KP = MP : GP. maar                                     MP : GP = AB : % (BC—AB). dns is ook HF : KP = AB : % (BC-AB). HP KP : HP = AB V, (BC—AB) : AB. HK : HP = AB : % (AB BC) : AB. of, indien wij de voorgaande termen met twee vermenigvuldigen Hl : HP = AB -(- BC : AB. en dns ook IP : HP = BC : AB. q. e. d. 88. Laat gegeven zijn de cirkels M en N en hun snijpunt A datgene zyn waardoor men de gevraagde lijn wenscht getrokken te zien. Laat verder IK en LO de twee gegeven lijnen zijn. Constructie. Trek uit A eene willekeurige lijn AB en eene mid- dellijn AP. Zet op AB af van nit A, AC = IK en AD = % (IK -f- LO). Trek DM en CE

-ocr page 157-

		128
		evenwijdig aan DM. Beschrijf op AE eenen halven cirkel. Laat deze den cirkel N in F snijden. Trek dan AF, en verleng die tot in G, zoo zal AG de verlangde lijn zijn. Bewijs. Drieh. MDA oa driehoek CIOA dus MA : EA = DA : CA s •/, (IK LO) : IK. Drieh. MHA os drieh. EFA (gesteld dat wij MH loodr. op A6 doen vallen). dus           AH : FA = AM : EA = »/, (IK 10) : IK en vermenigvuldigen wij de beide voorgaande termen onzer evenredig- heid met 2, AG : AF =                   IK LO : IK. Wij kunnen dit ook schrijven AG—AF : AF = IK LO—IK : IK. of           FG : AF = LO : IK. q. e. d. 89.   Om twee vierkanten te construeeren, die eene gegevene verhouding, b. v. van 5 tot 3 hebbeu, deelt men de middellijn eens cirkels in zoo vele gelijke deelen als de verhoudings- getallen te samen bedragen, hier in 8. Neem nn AC = 5 van die dee- len en trek CD loodrecht op AB; dan zal, wanneer men de koorden AD en BD trekt, o AD» : BD* =5:3 zijn en dus AD : BD =1/5:1/3. Verleng nu AD, en neem op dat verlengde DE = BD. Trek ver- volgens uit A eene willekeurige rechte lijn, die de lengte der gegevene heeft, vereenig E met haar uiteinde F, en trek door D de lijn DG evenwijdig met EF, dan zal de lijn AF in G zoo gedeeld zijn, dat AG* : FG2 = 5 : 3 is. 90.   Laat gegeven zijn dat AB3 en CD2 de inhouden zijn der gegeven veel- hoeken en dat de lijn EF moet verdeeld worden. Constructie, Trek uit E eene willekeurige lijn EG en beschrijf daarop eenen halven cirkel; zet uit de koorden iöll en EI respective- lijk gelijk aau AB en CD. Laat HK en IL loodrecht neer op EG. Maak KM = EL; trek FM, en hieraan KN evenwijdig. De lijn EF wordt dan in het punt N op de ge- vraagde wijze verdeeld.

-ocr page 158-

129

Wij hebben vroeger menigmaal bewezen, dat na ecne cou- structie als de onze, van EK en EL EH* : EI2 = EK : EL, of AB2 : CD2 as EK : KM staat. (1) Nu is echter KN evenwijdig aan MF; en dus staat ook EN : NF = EK : KM. (2) Uit de verbinding van (1) en (2) volgt nu van zelve EN : NF = AB2 : CD2: q. e. d. 91. Zij gevraagd de lijn AB te verdeelen. Constructie. Zij AC = AB. Richt uit C op BC eene loodlijn CD op en be- schrijf uit A met BC als straal eenen cir- kelboog die de lijn CD ergens in D snijdt. Beschrijf daarna uit C met CD als straal eenen cirkelboog DF. De lijn AB is dan in F op gevraagde wijze verdeeld.

BC2 = (2 AB)2 = 4 AB2. AB2.

AD» = AC* =

Bewijs.

CD2                                   = 3 AB». CD = CF = AB V3. BF = BC—CF is dus 2 AB—AB |/3 en AF = AB-BF =—AB AB 1/3. BF X AB moet dus de helft zijn van AF2; want BF X AB = 2 AB8—AB2 ]/3, terwijl AF2             = 4 AB2-2 AB2 1/3. q. e. d. Zij ABCD ons gegeven vierkant. Constructie. Verdeel de lijn AB door een punt F, de lrjn AD door een punt E zóó, dat AF2 = 2 BF X AB dat AE2 = 2 DE X AD zij, zoo als wij dat in \'t vorig vraagstuk geleerd hebben. Vereenig E en F, en trek nog CE en CF. De driehoek OKI\'\' is dan gevraagde gelijkzijdige driehoek. Bewijs. Stellen wij de zijde van ons vier- kant = a, zoo vinden wij met behulp van \'t geeu wij in \'t vorig vraagstuk vonden dat AF (u AE ieder in \'t bijzonder = — a a j/3 zjjn, terwijl DE en BF ieder in \'t bijzonder gelijk zijn aan ia—a 1/3.

92.

9

-ocr page 159-

		180
		Derhalve {is EF* = AF2 -f AE« = Sa1—4«2^3. maar ook is FC» = BF» B°2 = 8«2-4«2lX3. en evenzoo CE»                             = 8«2—4aV3. Derhalve is EF = FC = CE. q. e. d. 98. Laat gegeven zijn dat AB2 het gegeven vierkant zij terwijl CD de gegeven lijn is. Constructie. Neem op het been FG van den gegeven hoek GFE een willekeurig punt H aan, en beschrijf daaruit met CD als straal eenen cirkelboog die het andere been van onzen hoek ergens in I snijdt. Trek Hl. Zet UK loodrecht op BI, en maak HL gelijk aan eene vierde evenredige tot CD, AB en 2 AB. Trek door L, MN evenwijdig aan Hl, en trek MI en MH. Maak FO = MI, FP = MH en trek OP, zoo is drieh. FPO een driehoek gelijk aan het gegeven vierkant, van onzen hoek afgesneden door eene lijn PO = CD. Bewijs. Wij moeten vooreerst bewijzen dat PO = CD is, daarna dat drieh. FPO = AB2 is. Bewijs van het eerste, Drieh. FPO is = en eo drieh. IMH. Want hoek OFP = hoek IMH (staande in hetzelfde segment) OF = IM, FP ss MH. Der- halve is ook OP = IH en IH is geconstrueerd = CD. Dus is ook PO = CD. Bewijs van het tweede. Vit de gelijk- en gelijkvormigheid van drieh. FPO en IHM volgt dat ook drieh. FPO = >/2 HL X m ""• Nu hebben wij HL als vierde evenredige gezocht tot CD of IH, AB en 2 AB. Derhalve is »/2 HL X IH = AB2 en dus ook drieh. FPO = AB«. q, e, d. 94, Zij CAB onze gegeven hoek, ADEF onze gegeven\'driehoek voorgesteld als een parallelogram dat den gegeven hoek heeft en tot hoogte den afstand van P tot de lijn AB. Constructie, Construeer eenen rechthoekigen driehoek onder PE als hyp. en DP als eene der reehthockszijden. Zet de das geconstrueerde andere rechthoekszyde (FG) van F af op AB uit: trek GP en verleng die. De lijn GI is dan de gevraagde.

-ocr page 160-

		131
		Bewijs. Daar driehoek FHE co driehoek HFG en drieh. MI\', en tevens van de quadratcn der gelgkstandige zijden, PE, FG en DP bekend is, dat PE« = FG2 4. DP2 is, is ook Drieh. PHE = drieh. FGH f drieh. DIP. Tel hierbg fig. ADPHF = fig. ADPHF, zoo is
		parall. ADEF = drieh. AIG. Maar parall. ADEF is gelijk onze gegeven rechthoek; das is ook drieh. AIG daaraan gelijk, q. e. d. 95. Het is zeer gemakkelijk dit vraagstuk op te lossen met behulp van een ander vraagstuk. Ik zal de oplossing daarvan laten voorafgaan. Dit vraagstuk luidt aldus. Hoe kan men eene lijn trekken evenwijdig aan eene gegeven lijn, en de beenen van eenen gegeven hoek doorsnijdende, zoodanig dat de afgesneden driehoek gelijk zij aan een gegeven vierkant. Dit vraagstuk wordt aldus opgelost. Laat CA6 onze gegeven hoek zijn, ADEF ons gegeven vierkant en AG onze in stelling gegeven lijn, dan wordt onze gevraagde lijn aldus Geconstrueerd. Verleng EF, zoo noo- dig, totdat zij AG in G, AC in H snijdt. — Zet van A af op AB uit AIC gelijk eene middenevenredige tus- schen GH en 2 EF. — Trek eindelijk nog KL evenwijdig aan AG. De laatstgetrokken lijn zal dan de ge- vraagde zijn. Bewijs. Drieh. AKL eo drieh. H6A en dus is drieh. AKL : drieh. HGA = GH X 2 EF : GH2. = EF : y2 GH. = EF X AF : % GH X AF. :s ADEF : drieh. HGA. Daar in deze laatste evenredigheid de volgende termen gelijk zijn, zijn ook de voorgaande gelijk en is das drieh. AKL = ADEF. q. e. d. Met behulp dezer oplossing lossen wij ons vraagstuk nu op de vol- gende wijze op. Laat gegeven zijn vcclh. ABCDEFG en verlangd worden dat men daarvan door eene lijn Hl een stak afsnijde gelijk aan rechth. KLMN, terwijl tevens deze lijn Hl evenwijdig aan eene in stelling gegeven lijn AO moet zijn. Constructie. Verleng EF door F en AB door A tot zij elkander snijden. Construeer op de bekende wijzen eenen rechthoek LMRQ waarvan de hoogte = KN, de inhoud = figuur FFAG is. Snijd 9*
		i

-ocr page 161-

132

dan volgens het vorige vraag- stuk, door middel eener lijn III evenwijdig aan de gegeven lijn AO, een\' driehoek af, zóó, dat die drieh. PUI = rechth. KQJMR zij: de lijn Hl is dan de gevraagde.

PJH = icchth, KPAG = rcchth.

KQNR. LMRQ. -----------aft. KNML. q.

e. d.

fig. IFGAH = rechth.

Aanmerking. Wanneer men zich EB getrokken denkt zoo zon het knnneu gebeuren dat het stuk dat men van den veelhoek wenschte af te snijden grooter ware dan EFGAB. Het zal wel niet behoeven ge- zegd te worden dat men in dat geval den veelhoek tot een\' rechthoek herleidt, daarvan den gegeven rechthoek aftrekt en aldus bepaalt, wat er van dien veelhoek na aftrek van den gegeven\' rechthoek moet overblijven; dat men dan verder KI) en BC verlengt, en van den dus ontstanen hoek EP\'B een stuk afsnijdt. 96.   Laat er gevraagd zijn, van den veelhoek ABCDEFG (zie de figuur van \'t vorig vraagstuk) een stuk af te snijden, door eene lijn, die door een punt ?" gaat, binnen het vlak des geg. veelhoeks gegeven. Constructie. Verleng EF door F, en AB door A, tot zij elkander snijden; en snijd volgens vraagstuk 93 van hoek EPA een stuk af door middel eener lijn IH, gaande door het punt P", zoodanig dat drieh. PIH gelijk is aan de som van het gegeven quadraat en een ander quadraat, dat men construeert gelijk aan de figuur FPAG. De dus verkregen lijn UI zal in dit geval de gevraagde zijn. \'t Bewijs behoeft natuurlijk niet te worden geleverd. De geheele constructie is gelijkvormig met die van \'t vorig vraagstuk. 97.   Zij van onze gegeven lijn AB gevraagd, ze te verdeden in 3 stukken, zoodat de gelijkvormige veelhoeken, op de stukken respectivelijk beschreven, tot elkander in reden mogen staan als AD : AE : AC. Constructie. Zet op een willekeurig stuk AF der lijn, mits het grooter zij dan de groot- ste der gegeven lijnen AD, AE, AC, eenen halven cirkel. Richt uit D, E, C loodlijucn DG, EH, Cl op AF op, en trek AG, AH, AI. Trek

-ocr page 162-

		133
		verder uit A eene willekeurige lijn AF; maak daarop AN = AG, NO = AH, OP = AI. Trek PB, en door O en N lijnen aan PB evenwijdig. Deze lijnen zullen in Q en R de lijn AB op de gewenschte wij/e verdeelen. Bewijs. De gelijkvormige veelhoeken op AQ, QR, RB beschreven zullen natuurlijk tot elkander staan als AQ* : QR\'2 : RB2. Maar uit de gelijkvormigheid van drieh. ANQ, ARO, APB volgt AQ/ : QR2 : RB» = AN* : NO« : OP2. = AG2 : AH2 : AI2. = AD X AF : AE X AF : AC X AF. = AD : AE : AC. q. e. d. 98.   Zij gevraagd een punt K te vinden binnen den driehoek ABC, zoodat KB : KA : KC sta = 1 : 2 : 3. Constructie. Beschrijf op AB welke wij in D zoodanig hebben doorgedeeld dat AB = 3 BD of AD = 2 BD is, cenen drieh. AFB, zoodanig dat AF : BF = AD : BD is. Verleng AB door B, trek FD en richt uit F op FD eene loodlijn FG op. Beschrijf dan op DG als middellijn eenen cirkel. Verdeel BC en E zoodanig dat BE : EC :s 1 : 3 is. Beschrijf op BC eenen drieh. BHC zoodanig dat BH : HC = BE : BC. Trek EH en zet op EH in H eene loodlijn Hl. Verleng BC door B en beschrijf op EI als middellijn eenen cirkel. Het snijpunt K der beide geconstrueerde cirkels zal dan het ge- vraagde punt K zijn. Bewijs. Volgens vraagst. 19 (bewijs van het vierde) dezer afdeeliug zijn de afstanden van elk punt van den cirkelomtrek DG tot A en B in reden als AD : BD of als 2 ; 1. Om dezelfde reden zijn ook de afstanden van elk punt van den cirkelomtrek EI tot B en C in reden als BE : EC of als 1 : 3. De afstanden van het punt K dat beiden cirkelomtrekken gemeen is, tot A, B en C zijn derhalve in reden als 2 : 1 : 3; Trekken wij dus KB, KA, KC, zoo is KB : KA : KC = 1 : 2 : 3; q. e. d. 99.   In de vorige figuur hadden de cirkels die wij daar beschreven hebben ook een snijpunt L, buiten het vlak van den driehoek ABC. Wij zullen wel niet behoeven aan te toonen, dat, indien wij LB, LA, LC trekken LB : LA : LC in reden is als 1 : 2 : 3. 100. Zij van driehoek ABC gegeven dat CE getrokken is naar het midden E van AB, en BF naar het midden F van AC. Trekken wij nu AG, en verlengen die tot in I), zoo moeten wij bewijzen

-ocr page 163-

184

vooreerst dat BD = DC ia ten tweede dat BG = 2 GF, GC = 2 GB, AG = 2 GD is. Bewijs van ?iet eerste. Als wij EF trekken is deze lijn even- wijdig aan BC, want AE : AB = AF : AC = 1 i 2. Uit deze evenwijdigheid volgt de gelijk- vormigheid van drieh. AEH met drieh. ABD, en van drieh. AHF met drieh. ADC. Uit de gelijkvormigheid van \'t eerste paar volgt EH : BD = AE : AB = 1 : 2; Uit die van het tweede paar HF : DC ss AF : AC = 1 : 2, en nit deze twee evenredigheden EH : BD = HF : DC. (1). Uit de cvcnwijdigheid van EF en BC volgt echter ook de gelijk- ▼ormigheid van Drieh. EHG met drieh. GDC, en van drieh. HFG met drieh. BGD. Uit de gelijkvormigheid van \'t eerste paar volgt EH : DC = HG : GD; uit die van het tweede paar

HF EH EH DC :

GD; en uit deze beide evenredigheden BD; brengen wij hiermede in verband (1) DC. Zoo vinden wij

BD = HG DC = HF BD = HF

BD = BD : DC. DC* = BD*. DC ss BD. Bewijs van hei tweede. Uit de evenwijdigheid van EF en BC volgt de gelijkvormigheid

van drieh. AEF en drieh AE : AB = EF

ABC, en hieruit weten wij BC s 1 . 2. (1)

Uit diezelfde eveuwijdigheid volgt de gelijkvormigheid van driehoek EGF met BGC, en hieruit weten wij EF : BC = FG : BG = EG : CG. Hiermede in verband gebracht wat wij in (1) vonden, zoo vinden wij FG t BG = EG s CG = 1 : 2. Op geheel gelijksoortige wijze viuden wij ook AG : DG =2:1. Dit vraagstuk is slechts eene uitbreiding van vraagstuk 19 dezer afdeeling. Wanneer wij van drieh. ABC aannemen, dat de hoek C door CE, en zijn supplement door CF middendoor gedeeld is, zoo leert ons vraagst. 19 (bewijs van het vierde) dat elk punt van den cirkelomtrek EF op af- standen verwijderd is van A en B, die tot elkander in reden niju als AC : BC, Wij hebben nu te bewijzen, dat de afstanden

101.

-ocr page 164-

		135
		ran elk punt buiten dien omtrek tot A en B niet in reden staan als AC : BC. Bewijs van het gevraagde. Neem een willekeurig pnnt D buiten cirkelomtr. EF aan, trek DA en DB dan moet AD niet tot BD kannen staan als AC : BC; Beschrijf uit A met AD als straal eenen cirkelboog DG en trek AG en BG. Uit hetgeen in vr. 19 bewezen is weten wij dat AG : BG = AE : EB = AC : BC. Wilde men na beweren dat ook AD : BD                       ss AC : BC kon staan, zoo zonde ook BG en BD gelijk moeten zijn. Dit is echter onmogelijk want ADB en AGB zijn twee driehoeken, wier zijden AD en AB gelijk zijn aan AG en AB, maar waarin hoek DAB ï> hoek GAB, en derhalve ook BD > BG is. Het zou geen merkbaar verschil in \'t bewijs te weeg brengen, indien wij \'t punt D binnen den cirkelomtrek EF hadden aangenomen. 102.   Laat gegeven zijn dat de lijn AB de gegeven basis, hoek C de gege- ven tophoek zij, terwijl de opstaande zijden van onzen driehoek dezelfde verhouding zullen moeten hebben als de gegeven lijnen DE en FG. Constructie. Zet op het eene been van hoek C een stuk CH uit = DE en op het andere een stuk Cl = FG. Trek III en verleng die totdat HK gelijk AB zij; trek KL evenwijdig aan CM, en LM evenwijdig aan IIK, zoo is driehoek CML de gevraagde. 103.   Zij gevraagd eenen driehoek te beschrijven, als voor basis AB, voor hoogte Cl) gegeven is, terwijl de opstaande zijden diens driehoeks de verhouding zullen moe- ten hebben, die er tus- schen de twee gegeven lijnen EF en GH bestaat. Constructie. Beschrijf op AB onderde opstaande zijden AI en BI, respec- tivelijk gelijk aan EF en GH eenen driehoek. Deel hoek AIB door eene lijn IK middendoor. Verleng AB door B, en richt uit I op IK eene loodlijn IL op. Beschrijf op KL als middellijn eenen cirkel; richt uit A op AB eene loodlijn AM op; maak AM = CD; trek MN

-ocr page 165-

		136
		evenwijdig aan AB, en trek eindelijk nog AN en BN. De driehoek ANB is dan de gevraagde. Dit te bewijzen is onnoodig. Wij hebben reeds menigmalen soort- gelijke constractiën gemaakt.                     \' 104. Zij gegeven, dat de cirkel EG de zijde AB in D rake, terwijl ook de verlengden der zijden AC en BC door dienzelfden cirkel in £ en F geraakt worden. Noemen wij daarna zoo als dat gewoonlijk geschiedt AB, c, AC, b, BC, a. De halve som der zijden zullen wij s, den straal des cirkels r\' noemen. Wij vinden dan gemakkelijk Inh. fig. CEGF = Inh. drieh. CEG dr. CGF = (CE CF) % r. en schrijven wij voor EA, AD, en voor BF, BD, zoo verandert wat wij vonden in Inh. fig. CEGF = (AB BC -f- AC) % r> = «•\'                                       (1). Even gemakkelijk vinden wij Inh. fig. EABFG = drieh. EAG drieh. ADG drieh. GDB -j- drieh. BGF. = 2 drieh. ADG 2 drieh. GDB = 2 drieh. ABG. = er\'. (2). Trekken wij (2) van (1) af, zoo verkrijgen wij Inh. drieh. ABC = (t—c) r\'. Maar wij mogen bekend veronderstellen dat Inh. drieh. ABC ook = \\Ss (s—a) (t—b) (s—c) is, derhalve is: (t—c) r\' = V» (s—a) (s-b) (s-e) of , _l/* (s—a) (s-b) (s — e)_ s (s—a) s—b) V (« — «)"                              »—c Op geheel dezelfde wijze vinden wij voor den straal des cirkels die BC en de verlengden van AB en AC raakt, „            s (s—b) (s—c)                  3. , .,,,..„ r" = 1/ —---------------, en voor dien des cirkels die AC en s—a de verlengden van AB en BC aanraakt, r"> = i/L (\'~a) (*~c) s—b Wij mogen tevens bekend vooronderstellen dat de straal des cirkels in drieh. ABC beschreven, r           if_fHf-iHf=£).gj s Het product van r, r\', r\', rm is derhalve:

-ocr page 166- -ocr page 167-

		137
		rrW,, = ^ («-<)\' (s-W (>-c)3 s (s—a) (s—b) (»—c) rr\'l»rm = s (s—a) (»—b) (s—e) V---------------------------------------------- \\fn>J>t*> = l^(* (»-«) (»—*) (s—c) = Inh. drieh. ABC. q. e. d. 105. Gebruik makende van de terminologie, in \'t vorig vraagstuk gebruikt,, . en van hetgeen wij daar hebben gevonden, vinden wij — = 1/         \'~c = 1/ (s—c)* _ s—c r\'            s\'(s—a) (s—b) s (s-a) (s—b) (s—c) 1 Geheel  op dezelfde wijze vinden wij: 1                                                                                     _ s—q r>\'                                                                                     — ~T~ 1                                                                                     _ s—b r">                                                                                               --------F _ , . . 1 . 1 . 1 (s—a) (s—b) (s-e) Derhalve «-_ _. _= --------------V j -C ------- of-i- -4- _L 4- J_ - »*-<• * c> 3»—2*
		= f o.
		Nu is echter ook
		_1___________£_________________________»«____________* r ~~ ^(*—a) («-«) s—c)~ ^ s (s—a) s-b) s—c)~ï\' ( \' Derhalve is— = _ — _; q. e. d. 106, Laat om den driehoek ABC uit N met NE als straal, en in dienzelf- den driehoek met MF als straal uit M een cirkel beschreven zijn. Laat CM en AM getrokken en respective- lijk tot in E en V verlengd zijn. Laat verder NE getrokken zijn, RS even- wijdig aan AC loopen, MF loodrecht op AB, NG loodrecht op ME staau. Wij achten het overbodig te bewijzen, dat dan bg. AS = bg. CR, bg. CV = bg. BV, bg. AE = bg. BE is, NE, AB loodrecht snijdt. Nu is hoek EAM s \'/2 bg. EV. hoek AME = % (bg. CV bg. AE) = >/j (bg. BV bg. BE). = % bg. EV. Dua hoek EAM = hoek AME.

-ocr page 168-

		*<--< Z ^A//a Z ^//;4/         \' * Z ,#»* - Z Z?^, >E £ Z SA 2 =                      AC

-ocr page 169-

		138
		Verder is hoek AMZ a >/2 (bg. AS -f bg. KV) = % (bg. CR bg RV) = % bg. CV = V2 bg. BV. maar ook boek Jl ATI                      = \'/2 bg. BV. Das is hoek AMZ = hoek MAH. Wij hadden reeds hoek EAM = hoek AMH, tevens is AM s           AM. Dns is drieh. AZM ss drieh. AMH en derhalve ZM = AH. Nu weten wij uit vraagstuk 68, afd. 2 NE2 = MN» ME X CM of MN\' = NE« _ ME X CM. (1) Verder weten wij, daar AV den hoek CAB middendoordeelt, CM : MH = AC : AH. = AC : ZM, en tevens AC : ZM =: CE : ME; dus is ook CM : MH = CE : ME en ME X CM = CE X\' MH> Dit gesubstitueerd in (1) geeft MN* = NE\'—CE X MH- (2). Nu volgt eindelijk nog uit de gelijkvormigheid van drieh. MFH en GEN MF : GE = MH : NE of GE X MH = MF X NE.
		CE X MH = 2 NE X MF. DU nu nog in (2) gesubstitueerd, geeft MN* = NE2—2 NE X MF of, indien R en r de stralen zijn der cirkels om en in onzen driehoek beschreven, MN* = R2—2 Er MN = 1/ (R*—2 Rr) q. e. d. 107. Laat de cirkel met MG als straal uit M beschreven door de drie hoek" punten van onzen gegeven drie- hoek gaan, en de cirkel uit N met NK als straal beschreven, de zijde AB van onzen driehoek en de verlengden van BC en AC raken. Laat CN getrokken wezen en MG en AG de punten M en A met het snijpunt van CN en den cirkel MG vereenigen, ME valle uit M loodrecht op CN, NK uit N loodrecht op AB, NL loope evenwijdig met AG. Wij achten het overbodig te bewijzen dat dan MG, AB loodrecht snijdt, bg, AG = bg. BG is. Nu is hoek ASN = >/a (bg. AG bg. BC) = •/, (bg. BG bg. BC) = % bg. CBG.

-ocr page 170-

		139
		Ook is hoek ALN = hoek CAG = </2 bg. CBG. das hoek ALN s hoek ASN. Verder is hoek LAN = hoek NAS en AN =           AN Das is drieh. ALN gs drieh. NAS, en das AL = AS. Nu is MN" = MC2 CN*—2 CE X CN. = MC» -j- CN2— CG X CN. = MC»               -f CN (CN—CG) = MC» CN X NG.               (1) Nu weten wij CN : NS = AC : AS = AC : AL en tevens AC : AL = CG : NG. dus ook           CN : NS = CG : NG en CN X NG = CG X NS. Dit gesubstitueerd in (1) geeft MN2 = MC» CG X NS. (2) Maar na zijn de driehoeken EMG en SKN gelijkvormig en dus il EG : KN = MG : NS en GE X NS = KN X MG ---------------------------------2 CG X NS = 2 KN X MG en dit eindelijk gesubstitueerd in (2) geeft MN2 = MC2 -f- 2 KN X MG of indien wij de stralen der cirkels respectivelijk B en r\' noemen MN2 = R2 2 Kr\' MN s V (R2 2 Rr\'); q. e. d. 108.   Beschrijf in en om den gegeven driehoek een\' cirkel, en bepaal den afstand van derzelver middelpunten; zoek eene vierde evenredige tot dien gevonden afstand, den gegeven afstand der middelpunten en eene zijde van den geeeven driehoek, zoo zal men de gelijkstandige zijde van den gevraagden driehoek vinden, enz. 109.    Zij in drieh. ABC, AD = BD, CE loodrecht op AB, zoo is BC2 = DC2 4- BD2 4- 2 BD X DE BC2 = J)C2 - AD2 4- 2 AD x DE AC2 = DCJ AD2 — 2 AD X DE --------------------------------------------------aft. BC2-AC2 = 4 AD X DE. (BC 4- AC) (BC-AC) = 2 AB X DE; q. e. d.
		110, Het is noodig, dat wij, om het gevraagde te bewijzen, eerst eene andere stelling bewijzen, die luidt als volgt:

-ocr page 171-

		140
		Wanneer drie zijden van eenen driehoek of hare verlengden door eene rechte lijn gesneden worden, ontstaan er op elke zijde des drie hoeks twee lijnen begrepen tnsschen de uiteinden van die zijde en het snijpunt. Het product van drie dezer lijnen, die geen gemeen schappelijk hoekpunt hebben , is gelijk aan het product der drie overigen Bewijs. Wanneer ABC onze driehoek is, en de zijden AC en BC en \'t ver- lengde van AB door DF worden gesne den, moeten wij dus bewijzen AD X BF X CE = AE X BD X CF Trek daartoe AG evenwijdig aan BC De driehoeken DAG en DBF zijn dan gelijkvormig, en geven de evenredigheid Aü : DB = AG : BF of AD x BF - DB X AG (1) De eveneens gelijkvormige driehoeken AGE en CFE geven AG : AE = CF : CE of AG X CE = AE X CF. (2) Vermenigvuldigt men nu de leden der vergelijkingen (1) en (2) met elkander, en deelt de gelijke producten door den gemeenen factor AG, zoo heeft men           AD X BF x CE = AE X BD X CF. Met behulp van deze stelling gaan wij nu het gestelde in ons vraag- stuk bewijzen. Zij ABC onze gegeven driehoek, F het gegeven punt. Men beschouwe de driehoeken ACF en BCF en neme als hunne snijlijnen BE en AD aan, zoo is volgens onze hulpstelling FP X CE X AB = BF x CP X AE AF x BD X CP = FP X CD X AB. Het product dezer vergelijkingen geeft na alles door FP X CP X AB gedeeld te hebben AF X BD x CE = AE X BF X CD. 111. Laat BD loodrecht op AC staan. Bereken dan eerst volgens § 120 van Badon Ghybcn DC. Als wij dan nit C met CD als straal eenen cirkel beschrijven zoo is BD eene raaküjn aan dien cirkel wijl hoek CDB recht is. Derhalve is BD2 = (BC—CE) (BC • - CE) = (BC-CD) (BC -f CD).
		112. Laat van den vierhoek in den halven cirkel AD gegeven zijn AD,

-ocr page 172-

		141
		CD en BC en gevraagd worden de zijde AB. Daar nu, zoo wij AC hebben getrokken il rich. ADC rechthoekig is, kannen wij AC in eene functie van AD en DC, dus van bekende uitdrukken. Verlengen wij nu AB door B, en laten eene loodlijn CE uit C daarop neer, zoo is, volgens vraagstuk 53 der tweede afdeeling BC X AC = CE X AD. BC, AC en AD zijn bekend, dus wordt ook CE bekend. Natuurlijkerwijze is dus nu in de rechthoekige driehoeken CBE en CAE, BE en AE bekend; dus ook hun verschil AB, wat wij zoch- ten te berekenen. 113.   Laat de lijn CD in den driehoek ABC den tophoek middendoordeelen. laat nu AC, BC en CD gegeven zijn. Wan- ---------HÜ Deer W\'J <*an noS A-D en BD kennen, kunnen HJ wij onzen driehoek construeeren. Voor deze Kj| twee onbekenden moeten wij dus twee vcrge- K lijkingen vinden. H         Vraagst. 67 der tweede afdeeling levert ons de eene AC X BC-CD» = AD x BD.
		de evenredigheid AC X		AC : AD = BD : BD vinden wij de andere
		BD = AD X BC. Het is zeer gemakkelijk uit deze twee vergelijkingen onze onbeken- den op te lossen. 114.   Laat in drieh. ABC bekend zijn AC, BC, AB, AP en BP en ge- vraagd worden naar CP. Laten wij dan CE en PD loodrecht neer op AB, en PF loodrecht op CE, zoo berekenen wij CP als volgt. Door middel der formules voorkomende in Badon § 120 is uit de bekendheid van AB, AP en BP, AD en PD bekend; op geheel dezelfde wijze kennen wij ook AE en CE uit de bekendheid van AB, AC en BC. Dus kennen wij ook CF = CE-EF = CE—PD ___           en FP = BD = AD—AE. Nu is blijkbaar PC = V (CF2 FP2) en dus uitgedrukt in eene functie van bekenden. 115.   Zie tweede afdeeling, vraagstuk 40. 116.   Laat de lijn BD den hoek ABC van drieh. ABC middendoordeelen. Laat gegeven zijn AB, BC en AC.

-ocr page 173-

		142
		Daar wij nu weten dat AB : BC := AD : DC. weten wij ook dat AB BC : AB = AD DC : AD = AC : AD. Derhalve is ons AD en natuurlijk ook CD bekend. Nu is volgens de tweede afdeeling vraagstuk 67:
		BD2 = AB X BC—AD X DC en derhalve uitgedrukt in eenc functie van bekenden. 117. Wij zullen dit vraagstuk hier slechts gedeeltelijk beantwoorden. Tot de gcheele beantwoording zullen wij de oplossing van vraagstuk 151 noodig heb- ben , en wat daar bewezen moet worden, hier onbewezen laten. Wanneer men veronderstelde dat de lijnen uit Q naar A, B en O getrokken te zamen kleiner zouden zijn dan de som der lijnen uit een punt F naar A, Bei C getrokken (zie de opgave) terwijl men tevens aannam 1°, dat hoek AQC niet gelijk hoek AQB was, of 2° dat alle hoeken rondom Q ongelijk waren, zoo zoude men, om het eerstgestelde geval te behandelen, met AQ als straal uit A eenen oir- kelboog QD kunnen beschrijven en die zoover verlengen totdat, wan- neer men DA, DB, DC trok, hoek ADC en hoek AüB gelijk waren. Nu zal in vraagstuk 151 dezer afdeeling worden aangetoond, dat, wanneer men buiten eenen cirkel twee punten heeft, en men wenscht zoodanig punt op den omtrek des cirkels te vinden, dat de som der \' lijnen, die dit punt met de gegeven punten verecnigen, zoo klein mogelijk zij, men zorgen moet, dat de twee geconstrueerde lijnen gelijke hoeken maken met dien straal des cirkels, die naar hun ont- moetingspunt getrokken is. In onze figuur is dus nu CD BD < CQ BQ: tellen wij nu hierbtf AD = AQ          zoo is ook AD -f BD CD < AQ BQ CQ. \'t geen onge- rijmd is, daar onze onderstelling zegt, dat AQ • BQ CQ < AD BD f CD. Derhalve moet hoek AQC = hoek AQB zijn. Het tweede geval, dat namelijk AQ -f- BQ -f- CQ kleiner zou kun- nen zijn dan elke andere som van drie lijnen uit een punt binnen het vlak des driehoeks naar zijne hoekpunten getrokken, zelfs dan wan- neer hoek AQB noch aan hoek AQC noch aan hoek BQC gelijk ware, is even onwaar als het eerst gestelde. \\\\ ij bewijzen dit evenzoo; men

-ocr page 174-

		143
		herhaalt echter het boven gegeven bewijs, en toont das eerst tan, dat twee der gegeven hoeken gelijk moeten zijn; daarop beschrijft men eenen cirkelboog op dezelfde wijze als de eerste maal, doch uit een ander hoekpunt des drichoeks, en toont dus aan dat ook de derde der genoemde hoeken aan de beide vorige gelijk moet zijn. 118.    Laat AB en CD de in stelline gegeven lijnen zijn en P het gegeven punt. Constructie. Beschrijf uit F met » als straal eenen cirkel die CD ergens in O snijdt. Trek PG en verleng die door P tot dat PH = m zij. Trek HF evenwijdig aan CD en trek PP; deze lijn verlengd tot in E zal de gevraagde zijn. Bewijs. Drieh. FH? zal gelijkvormig met drieh. PGE zijn wegens de evenwijdigheid van HF met CD, en dus staat = HP : PGj HP : PG = »» : ». Sllli 119.   Laat AB en CD de gegeven lijnen; G hnn snijpunt zijn, terwijl m de gegeven lijn, P \'t gegeven punt is. Constructie. Zoek eene derde evenredige tot GF en m. Laat dit PQ zijn. Zet die uit op \'t verlengde der lijn GP. Beschrijf op PQ een cirkelsegment waarin de hoek PGB kan staan. Laat den boog van dit seg- mciit CD ergens in F snijden, zoo zal de lijn PF, tot in E verlengd, de gevraagde zijn. Bewijs. Als wij nog QF trekken zoo zijn drieh. EGP en drieh. PQF gelijkvormig; want hoek EGP = hoek PFQ geconstrueerd hoek GPE = hoek FPQ. Uit deze gelijkvormigheid volgt GP : EP = FP : PQ of GP X PQ = EP X Fp- maar wij hebben geconstrueerd gp x pQ = •»*• Derhalve is ook FP X EP = m2\'< <l- «• d« 120.   Constructie. Trek uit een willekeurig punt G van de zyde AB eene lijn GI evenwijdig aan AC; maak hoek IGH = hoek ABC, en trek Hl evenwijdig aan AB. Trek nu nog BH en DE evenwijdig aan AB en Hl. Deze DE zal de gevraagde zijn. Bewijs. Het valt uit de gelijkvormigheid der driehoeken HIB en

-ocr page 175-

		144
		DEB zeer gemakkelijk te bewijzen, dat Hl : DE = HB : DB. (1) Wanneer wij nu nog DF evenwijdig trekken aan HG, bewijzen wij even ge- makkelijk uit de gelijkvormigheid van de driehoeken HGB en DFB HG : DF = HB : DB. Deze evenredigheid geeft in verband gebracht met die wij onder (1) vonden, HG : DF a Hl : DE. (2) Trekken wij nu nog FE, zoo zijn de twee driehoeken HIG en DEF gelijkvormig, aangezien hoek H = hoek D is, en de zijden om dien hoek evenredig zijn (zie 2). Derhalve is ook hoek DFE = hoek HGI en dus EF evenwijdig aan AC. Bijkans even gemakkelijk valt het nu ten slotte te bewijzen, dat driehoek CDE en drieh. DEF gelijkvormig zijn, als men slechts in het oog houdt dat hoek HGI of DFE = hoek ABC of DEC gecon- strueerd is. Uit deze gelijkvormigheid volgt CD : DE •= DE : EF of, daar EF evenwijdig aan AC, DE evenwijdig aan AB is CD : DE = DE : AD: q. e. d. Laat ABC de eerste gegeven hoek zijn, terwijl hoek DCP = de hoek K is. Constructie, Verleng CD tot dat zij AB in A snijdt. Zoek eene vierde evenredige BP tot AB AC, BC en m. Zet die van B af op BC uit; trek PQ evenwijdig aan AC, dan zal die de gevraagde lijn PQ wezen. Bewijs. Drieh. HPQ is gclijkv. met drieh. ABC en dus staat BP : PQ : BQ = BC : AC : AB of BP : PQ BQ = BC : AC -f- AB. maar volgens onze constructie staat BP : m = BC : AC AB. Derhalve is BQ -f- PQ = m. Constructie. Laat op AB uit C de loodlijn CD vallen. Maak ED = \'/, AB en beschrijf daarop als basis eenen rechthoek EDGF = den gegeven rechthoek. Deel daarna CD in H middendoor en maak HN = de middenevenredige tusschen DH en GH, trek IK evenwijdig aan AB door het punt N en laat uit 1 en K loodlijncn IM en KL op AB neer. De zoo gevonden rechthoek IMLK zal de gevraagde zijn.

-ocr page 176-

145

Bewys. Wij hebben geconstrueerd 1IN2 = DH X HG; derhalve is ook DH«—HN2 = DH2-DH X HG. (DH HN) (DH-HN) = DH X DG. DN X CN = DH x DG of DN : DG = DH : CN. (1) Nu volgt uit de gelijkvormigheid van de driehoeken ABC en IKC CD : CN = AB : IK of, indien w|j de beide voor- gaande door twee deelen, DH : CN = ED : IK; wij hadden reeds in (1) DN : DG = DH : CN; dus is ook DN i I)G = ED ; IK en dus DN X IK = DG X ED. DG X ED echter hebben wij geconstrueerd gelijk aan den gegeven rechthoek, derhalve is ook DN X IK of IMLK gelijk aan den gegeven rechthoek, 123. Wanneer wij in den driehoek ABC eenen cirkel beschrijven, en naar het gebruik AB, BC, AC respectivelijk c, a , b noemen, terwijl wij de halve som der zijden door *, den straal des cirkels M door r, den straal des omgeschreven cirkels door K uit- drukken, mogen wij vooreerst wel als bekend vooronderstellen dat AU = AE = s—a is, BD = BF = s—b, CE = CF = s—c. Vervolgens is (s-a) (s—i) (s-e)

(s-a) (s-b) (s-e) i s s (s-a)1

tellen wij hierbij

AD2 = (s—«)2 — —-------- zoo vinden wij

(s-a) | s (s—a) -f- (s—i) (s-c) | _ (s-a) ie

AM2 =

s                                    s evenzoo kunnen wij vinden BM2 _ (»—i) I \' («—*) («—") (*—c) l _(»—*) ac en s                                  s CM2 _ («—«0 i * (s—e) -\\- (s—a) (s-i) | _(s-c) ai

dus is AM« X BM2 x CM2 -(*~*} {s~6) (\'~g) V; a\' ** c" ^----------------.______________:_______ "

AM X BM X CM = v (»-") («-*) (*-c) ^ «*»

- i/ (»—«) (s-b) (s-c)            Zaic t               * a i e 10

-ocr page 177-

146

De eerste dezer factoren is = r. Met behulp van vraagstuk 100 2abe der tweede afdeeling vinden wij voor         \'. —\', 4 Rr. Derhalve is AM X BM x CM = 4Rr2 en dus ook 4ra : AM X BM = CM : li 124. Laat NE, NP en NG de bedoelde loodlijncn, en AB = c, BC ss a en AC = b meters, s =. \'/2 (a -|- b -f- e) en BD loodrecht op AC zijn; dan vinden wij vooreerst de driehoeken ANE en BCD gelijkvormig, omdat zij behalve eenen rechten hoek, ook de hoeken ANE en BCD gelijk hebben, als beide gemeten wordende door \'/2 boog AB.

«J 02-C* xrT, . R = —~i------ : NE, dus

Dus is BC

NE of a

«a

NE = R X Wij vinden op gelijke wijze dat de loodlijn NF = R X

iab j2 c»_aa Zbc

en dat de loodlijn NG = R X R

IS,

alsmede dat NE NF -|- NG = ^j- (aH -f ab2 a2e ac* - __ (a*b a& -1- «se oc* 4- o 1 fie -\\- bci—a3—b3—e3) zal zijn. Maar de tweede factor dezer uitkomst is = 8 (*—a)!(s—b) (a—c) -\\- 2"bc,

zoodat NE NF NG =

8 (s-a) (s—b) (s-c) -f 2abc

8 1

4 (s—a) (s—b) (s—c) -f- abc _ (s—a) (s—b) (s—c) abc _ 4 1                  -             I              r Tl ~ ^ (s—a) (s—b) (s—c) , abc ------------------------ -T-r wordt. *                      4 X De eerste term van dezen tweeledigen vorm is = r, en de tweede = R; derhalve NE f NF -f- NG = r R. 125. /ij ABC onze gegeven driehoek, D en E de raakpunten des inge- schreven cirkels en der zijden BC en AC, F het middelpunt des omgeschreven cirkels. Noemen wij verder de stralen der om en ingeschreven cirkels respec- tivelijk R en r, en houden wij in het ook dat DC = EC = f is, en AC BC = AB -f- 2c is. Bewijs van het gevraagde.

-ocr page 178-

		147
		Vi AC (Want FH : AC = BF •% BC ( „ FI : BC = AF
		HG = R—FH = R IK = R—FI = R-
		AB) AB)
		HG X IK = R»-1/, R (AC -f BC) % AC X BC. Nu is AC BC = AB 2r = 2 (R r) en dus 2 HG X IK = 2 R»-2 R2- 2 Rr drieh. ABC = — 2 Rr 4- (AB BC 4. AC) >/, r = -2 Rr (4R 2r) */2 r. 2 HG X IK = r*. Derhalve is ook 2 HG : r = r : IK. 126.   Wij hebben vroeger reeds gezien, dat in eiken rechthoekigen driehoek de hypotenusa gelijk is aan de som der rechthoekszijden verminderd met twee maal den straal des ingeschreven cirkels, en leiden hier zeer gemakkelijk uit af, dat in eiken rechthoekigen driehoek de straal des inge- schreven cirkels gelijk is aan het halve ver- schil tusschen de som der rechthoekszijden en de hypotenusa. Noemen wij nu den straal des cirkels beschreven in drieh. ABC, r m          » n         M                  »            n » A-UB, r Zoo is r = V2 (AB BC-AC) r\' = % (AD 4- BD—AB) t» = y.2 (BD -f- DC--BC) ------------------------------------opt. r 4. r\' r» = % (\\B BC AD DC 2 BD—AB— BC-AC) r r\' r» = % (2BD) = BD. 127.   Volgens vraagstuk 123 dezer afdceling is ook in onzen driehoek BD x AD X DC = 4 Rr2. of wanneer wij dit in het quadraat verheffen BD* x AD2 X DC» = 16 R2 r*. Nu is AD* = 2ra, BC2 = 4 R2 en dns 16 R2 r4 = AD\' x AD2 X BC». Derhalve is ook BD2 X AD* X DC2 = AD2 X AD» X BC2, of               BD2 X DC» = AD2 X BC«. of               BD x DC = AD X BC. Een meetkunstig bewijs voor ditzelfde is het volgende. Zij M het middelpunt des cirkels in driehoek ABC beschreven. Beschrijf met MC als straal uit M eenen cirkelboog DC, en trek DM. 10*

-ocr page 179-

148

De driehoeken ABM en ADM zijn dan gelijkvormig, want hoek BAM = hoek CAM = >/2 hoek BAO- hoek BMA = hoek MDA. De reden hiervan is niet zoo duidelijk, en moet derhalve cenigzins omslachtiger worden opgegeven. Wijl hoek CAB hoek CBA = 90° is en hoek MAB = % hoek CAB, hoek MBA = % hoek CBA is, is hoek MAB hoek MBA = 45°; en dus hoek AMB == 135°. Hoek ACM = 45°; driehoek CDM is gelijkbeenig, derhalve is ook hoek CDM ss 45° en dus hoek ADM = 135°. Derhalve is hoek ADM = hoek AMB. Na het bewijs voor de gelijkvormigheid dezer driehoeken is \'t bewijs van het gewaagde kort. Want nit die gelijkvormigheid volgt AB : MB = AM : DM. Daar driehoek MDC gelijkbeenig is, is DM =s CM. en dus staat ook AB : MB = AM : CM of AB X CM = BM X AM. q. e. d. Wij stellen wederom voorop wat wij in vraagstuk 126 dezer afdeeling boven- aan stelden.

128

Bewijs van het gevraagde.

Inh. drieh. ABC = % CD X AB of (AB BC AC) % r. Derhalve is ook AB X % CD = (AB BC AC) % r.

2 AB X CD = (AB BC AC) ir. tel hierbij ir X CD =                       CD X 2r. (2 AB 2r) CD = (AB BC AC CD) 2r. Uit hetgeen wij aan het hoofd der oplossing van vraagstuk 126 dezer afdeeling schreven, leiden wij gemakkelijk af 2 AB %r = AB -f- BC AC en dus verandert onze vergelijking in (AB BC AC) CD = (AB BC AC CD) Sr. Hieruit volgt de evenredigheid AB BC AC CD : AB BC AC = CD : ir; q. e. d.

-ocr page 180-

149

] 29. |                                            Laat in den rechthoekigen driehoek ACB CD loodrecht op AB staan.

Bewijs van het gevraagde.

(AB BC AC)2=ABJ BCs ACa 2AB. AC 2AB. BC 2AC. BC. = 2AB2 2AB. AC 2AB. BC 4 drieh. ABC. = 2AB«-t-2AB. AC 2AB. BC 2 AB. CD. (AB BC AC)* = 2 AB (AB ■ • AC BC ■ ■ CD) 4-----—---------------------------------------------------------------------- ) % (AB BC AC) f 2 = % AB (AB AC BC CD) Hieruit volgt de evenredigheid % AB : \'/2 (AB BC AC) = % (AB BC AC) : AB AC BC CD 130. Het is in den rechthoekigen driehoek ABC blijkbaar, dat AD = AB—BE is en DC = BC—BF. Noemen wij als naar gewoonte BE en BF r, zoo is AD = AB—r DC = BC—r

AD X DC = AB. BC —(AB BC) r r» en gebruik makende van \'t geen in de oplossing van vraagstuk 126 dezer afdeeling is vooropgesteld AD X DC = AB. BC—(AC ir) r r* = AB. BC-(AC r) r = AB. BC— \'/2 (AB BC AC)r = 2 drieh. ABC-drieh. ABC. AD X DC = drieh. ABC; q. e. d. Laat de figuur voldoen aan de ver- eischten in de opgave gesteld. Bewijs van het gevraagde. Daar de beide driehoeken ABD en BDC gelijkvormig zijn, is daarin

131.

AD : ED : BD : GD = BD : HD : CD : DF of AD—ED : BD-GD = BD—HD : CD—DF. AE : BG         - BH         : CF. of AE X CF = BG X BH. Noemen wij nu de lijn BD, 2 en de stralen der cirkels beschreven

-ocr page 181-

		160
		in de driehoeken ABC, ADB, BDC respectivelgk r, r\' en r", zoo is volgens vraagstuk 126 dezer afdeeliug r r\' r" =ék\'en verder 2 AE X FC = 2 (e r") {r r\') en 8AE X FC = 2 r\' 2rr\' 2rr" ■ ■ 2r\'r». Uit vraagst. 51 dezer afdeeling leiden wij gemakkelijk af ri — rn ri/2. derhalve is ook 2 AE X FC =. r2 r\'4 r"a 2rr\' 2rr" 2r\'r" = (r r\' r")2 = l*i q. e. d. 132. Als vrij alle diagonalen beschouwen die in eenen regelm. iienb. knnnen getrokken worden, zoo kunnen wij die in 4 soorten onderscheiden. Vooreerst zijn er diagonalen die hoekpunten verbinden, waartus- schen 2 zijden liggen. Verder diag. die hoekp. verbinden, waartusschen 3 zijden liggen, diag. d. h. v. w. 4 zijden liggen, en middellijnen. Noemen wij alle diagonalen der eerste soort a, der 2e soort è , der derde soort e, der vierde d en merken wij op, dat wanneer wij alle diagonalen uit alle de hoekpunten trekken, hun getal slechts \'/., n («—3) bedraagt, daar de diagonaal, die het hoekpunt A met B verbindt, dezelfde is, als die B met A verbindt, terwijl wij tevens opmerken, dat uit een hoekpunt 2 a\'s, 2 è\'s, 2 e\'s, en slechts ceno d kan getrokken worden. Elke diagonaal a snijdt een hoekpunt van den tienhock af, en wordt derhalve gesneden door alle diagonalen uit dat hoekpunt. Wij vin- den dus op elke diagonaal a zeven snijpunten. Elke diagonaal 6 snijdt twee hoekpunten van den tienhock af, en wordt gesneden door alle diagonalen uit die twee hoekpunten, behalve die twee, die naar de uiteinden der diagonaal getrokken zijn. Wij vinden dus op elke diagonaal b, twaalf snijpunten. Geheel op dezelfde wijze voortgaande, vinden wij op elke diagonaal c vijftien snijpunten; op elke diagonaal d zestien snijpunten. Daar wij nu 10 diagonalen a 10 „          b 10 „          o en 5         „          d hebben, zouden wij in het geheel hebben 10 X\'7 10 X 12 10 X 15 5 X 16 of 420 snijpunten. Er vallen echter ook vele dier snijpunten ineen, en het is niet moeielijk ook daarin eenige regelmaat te zien. Op geene der diagonalen a vallen snijpunten ineen. Op elke diagonaal b snijden zich eene diagonaal d uit het eene, en eene diagonaal b uit het andere der afgesneden hoekpunten. Op elke diagonaal * moeten dus twee snijpunten minder gerekend wor- den. Geheel op dezelfde wijze voortgaande vinden wij, .dat ook op elke diagonaal c twee snijpunten, en op elke diagonaal d 7 snijpunten

-ocr page 182-

		r\\ A; \\ - / ~~i ~ \\ - \' \' l ^ . •\' / v \'-V „ \\: /-
		/ / ««-\' f O i frirs M;JKf f£ . AöK ^7. J-C (>) itu f ij y^ i fo /££-_ f . Jn *" : J*,~ hit

-ocr page 183-

		151
		minder moeten gerekend worden. Dit geeft een verschil van 75 snijpunten en geeft dus voor het getal snijpunten in eenen regelma- tigen tienhoek 345. Het vaU gemakkelijk te zien, dat wanneer het opeenvallen der snijpunten niet wordt in rekening gebracht, men eene formule zon kunnen vinden voor dat aantal snijpunten voor alle regelmatige 2» hoeken, terwijl men eene dito formule zou kunnen vinden voor alle in 1 hoeken. Wordt echter het opeenvallen der snijpunten in rekening gebracht, zoo zal het hoogst moeielijk, zoo niet onmogelijk ziJD, zoodanige formule te vinden. 138. |m Laat gegeven zijn dat de lijnen AD, BE, CF respectivelijk de zijden BC, AC, AB des driehoeks ABC loodrecht snijden, zoo moet bewezen worden, dat G het middelpunt is van den cirkel die in DEF kan beschreven worden. Bewijs van het gevraagde.
		hoek BAD = hoek BED (beide gelijk V2 bg- BD) maar hoek BAD ook = hoek BCF want AD staat loodrecht op BC. AB „          „           „ CF. dus is hoek BCF ook gelijk »/2 bg. BD. maar hij is tevens gelijk \'/, bg- BF. dns is bg. BF = bg. BD. Zoo is ook bg. DC = bg. CE. bg. AF = bg. AE. en de lijnen AD, BE, CF deelen dos respectivelijk de hoeken EDF, DEF, DFE van den driehoek DEF middendoor. Het snijpunt dezer lijnen is dus het middelpunt van den cirkel die in DEF kan beschre- ven worden. Dit is natuurlijk hetzelfde als: de afstand van 6 tot DE, DF en EF is gelrjk. 184. Zij AB het gegeven stuk der schuine zijde en CD de gegeven recht- hoekszijde. Constructie. Neem eene wil- lekeurige lijn EF aan en richt op die lijn uit een willekeurig punt 6 eene loodlyn 6H op. Maak 6H = CD. Maak verder
		GI = % AB. Trek Hl en beschrijf daarmede uit I eenen cirkelboog KI IL. Beschrijf dan op KG eenen halven cirkel, en

-ocr page 184-

		u

-ocr page 185-

		152
		uit K met CD als straal eenen cirkelboog, die den laatstbeschreven cirkelboog ergens in M snijdt, Trek KM\'en MG, zoo is KMO de begeerde driehoek. Bewijs. Laat MN loodrecht op KG neer zoo is CU1 = KM2 = KG X KN en tevens weten wij dat CD» = HG2 = KG X &1 i». Derhalve is KN = GL. Na blijkt het uit de wijze waarop wij KG en GL construeerden zeer gemakkelijk dat KG-GL = AB is. Derhalve is ook KG-KN s AB. NG = AB, en onze driehoek KGM voldoet derhalve aan de gestelde voorwaarden. 185. Laat AB en CD de gegeven koorden zijn. Constructie. Trek uit D eene lijn zoo- danig dat zij met CD eenen hoek maakt van 135°. Maak DE = AB, en richt uit het midden F van CD, en G van DE loodlijnen op CD en DE op. Deze lood- 1 ij ut: n zullen elkander in het middelpunt van het gevraagd cirkelquadrant ontmoeten. Bewijs. Indien wij MD, MC en ME trekken , en met MC uit M eenen cirkel beschrijven zal die natuurlijk door D en E gaan, en verder zal hoek FMG = 180°—hoek FDG, of 45° zijn. Daar nu hoek FMG gelijk hoek FMD hoek DMG of gelijk % hoek CMD l/2 noek DME is is dus ook hoek CMD hoek DME = 90°. 186.   Zij ABCD ons gegeven vierkant. Constructie. Richt uit het midden G van BC eene loodlijn GH op BC op, en maak GH = BG. Trek CH, en beschrijf met CH uit C eenen cirkelboog HE. Trek AE en verleng die tot in F, waar hij het verlengde van BC snijdt; dan zal driehoek CEF even groot als het trapezium ABCE zijn. Bewijs. Drieh. FAB : drieh. FEC = AB2 t CE2 = BC2 : HC2. Wvj zullen wel niet behoeven te bewijzen dat BC2 s 2 HC* is en dat dus Drieh. FAB : drieh. FEC = 2:1 staat, of wat hetzelfde is trap. ABCE = drieh. CEF is. 187.   De eigenschap des driehoeks is reeds vroeger bewezen in vraagst. 53 der tweede afdceling. Daar toch werd bewezen dat het pro-

-ocr page 186-

		158
		duet van twee zijden eens driehoeks gelijk was aan het product der loodlijn, neergelaten uit het tegenoverliggend hoekpunt op de derde zijde, met de middellijn des omgeschreven cirkels. Uit de ge- lijkheid dezer twee producten volgt natuurlijk de evenredigheid die wij zoeken. Igg ^^^^^^^^^^^^_ Laat AD, BE, CF respectivelijk loodrecht staan op BC, AC en AB, zoo is, wauneer wij den inhoud des driehoeks door I voor- stellen ,
		! I = BC X AD BE X CF.
		2 I X BE X CF = BC X AD X BE- cv\' Evenzoo is ook 21 X AD X CF = AC X AD X BE- C¥> en                   21 XBE X AD = AB- AD X BE- CF. -----------------------------------------------------------opt. 21 (BE. CF -f AD. CF HE. AD) = (AB AC -|- BC) AD. BE. CF. dus ook, na eene kleine herleiding 21________AD. BE. CF.________________ AB BC AC-BE. CF -f- AD. CF -f BE. AD. Noemen wij nu als naar gewoonte AB -f-> BC AC Is en mer- ken wij op dat daar I = rs is, — = r is, zoo vinden wij 21 _ I _ _AD. BE. CF.
		2» t            BE. CF AD. CF BE. AD. 139. Noemen wij den straal des cirkels in een\' driehoek beschreven r, en de stralen der cirkels die de verlengden van twee zijden en de derde zijde raken, respectivelijk r1, r", f* zoo weten wij uit vraagstuk 105 dezer afdeeling dat JL =_L J_l_L ----------------------------------rrV\'r"\' r\'r"r\'" = rr"rm - ■ rr\'r»\' ■ ff\'r* r¥V" = r (r"rm Wr»\' -f r\'t") tUfiu ry/i/ _|_ ,>«------------------------------------------------ rW\'____________ rV" -f- r\'rm 4- r\'r" ~ r * !•••••

-ocr page 187-

		154
		140.   Laat AD de gegeven lijn zijn en door den ingeschreven cirkel ver- deeld worden in AB, BC en CD. I^^HBBHI C°nstrurf\'e- Deel het middelste stnk I BC der gegeven lijn AD in E midden- I door. Beschrijf uit E met % BC als I straal eenen cirkel. Trek uit D aan IsSJr^viPsl dien cirkel ééne raaklijn, en uit het punt -----------------------" " A twee raaklijnen aan dienzelfden cir- kel. Zijn deze lijnen genoegzaam ver- lengd dan is drieh. AFG de gevraagde. Want het middelpunt van den cirkel in AFG moet liggen op de lijn AD, daar die den hoek FAG middendoordeelt. BC moet eene middellijn van dien cirkel zijn, daar het eene lijn is waarop bet middelpunt ligt. Dus voldoet driehoek AFG aan de gestelde ver- eischten. 141.   Zij AD onze gegeven loodlijn, door den ingeschreven cirkel te ver- deelen in de drie stukken AB, BC en CD. Constructie. Richt nit D op AD eene lood- lijn GH op. Deel BC middendoor in E en richt EF loodrecht op BC op. Beschrijf uit C met ED als straal eenen cirkel, die EF ergens in F zal snijden. Beschrijf dan uit F met FC als straal eenen cirkel en trek daaraan uit A raaklijnen AG en AH, en uit D eene raaklijn GH. Driehoek AGH is dan de gevraagde. Hiervoor zal wel geen bewijs noodig zijn. 142.   Laat gegeven zijn dat AB eene middellijn des gegeven cirkels is, en dat CE eene op deze middellijn loodrecht opgerichte lijn is. Constructie. Trek AC en richt uit C eene loodlijn CE = % r op. Trek AE, en be- schrijf nit E met CE als straal eenen cir- kelboog CF. Beschrijf uit A met AF als straal eenen cirkelboog FG, zoo is, wanneer wij AG trekken, en die tot in H verlengen, An de begeerde lijn.
		Bewijs. AC2 =		AE*—CB*
		= (AF -|- % ,)*_% r» = AF* 2 AF X V-2 r % r»_\'/4 r» = AF2 AF X r = AF (AF 4 r) AC2 = AG (AG r) (1) Als wij nu in onze figuur HB trekken, is drieh. AGE en drieh. AHB gelijkvormig en dns staat

-ocr page 188-

155

AG : AE = AB : AH; dus is ook             AG X AH = AE X AB. maar AE X AB = AC2, dus is ook             AG X AH = AC2. Wij hadden reeds AG X (AG r) = AC2. (Zie (1)). derhalve is            AH = AG r. GH = r.

143,

Zij AB de middellijn des gegeven cirkels, en BC de lijn, die dien

cirkel in B raakt. Zij BD de gegeven lijn BI. Constructie. Maak BE = \'/2 BD, en trek AE. Beschrijf uit E met BE als straal eeneu cirkelboog BF, en uit A met AF als straal den cirkelboog AG. Trek AG, en ver- leng die tot in H, zoo is AH de begeerde lijn. Bewijs. AG = — \'/2 BD V» 1/ (4 AB* BD2) AG BD = % BD % V (4 AB2 ■ • BD2) ---------------------------------------------------------------------ver m. AG (AG -f- BD) = — % BD2 AB« »/4 BD2. AG (AG • ■ BI)) = AB*. Maar wanneer wij in onze figuur BG trekken, is in driehoek ABG die in B rechthoekig is, de lijn BG loodrecht op AH en derhalve AG (AG ■ ■ GH) = AB». en dos is, daar wij reeds von- den               AG (AG BD) = AB2. GH = BDj q. e. d. 144. Wij kunnen dit vraagstuk slechts dan zuiver wiskunstig oplossen, indien het aantal stukken, waarin het trapezium moet verdeeld worden, een term der meetkunstigc reeks 2. 4. 8. 16 enz. is. De oplossing is dan de volgende. Zij ABCD ons trapezium. Constructie. Zoek eene middeneven-

ZA.

redige tussenen AB en CD. Zet die mid-

dencvenredige GE van C af op CD uit. Trek EF evenwijdig aan AC, en FG even- wijdig aan CD; het trapezium ABGF is dan gelijkvormig met het trap. GFCD. ijs. De beide genoemde trapezia zijn gelijkhoekig en hunne evenwijdige zijden zijn evenredig. Zij zijn derhalve gelijkvormig. De gevonden trapezia kunnen wij nu elk weder op dezelfde wijze in 2 trapezia verdeelen, en zoo voortgaande dus het trapezium ABCD naar believen in 2, 4, 8 enz. trapezia verdeelen die gelijkvormig zijn.

-ocr page 189-

		156
		Om echter het trapezium te verdeelen in drie, vijf, zes, zeven, negen enz. gelijkvormige trapezia zouden wij tusachen AB en CD, drie, vijf, zes, zeven enz. middenevenredigen moeten zoeken. De bezwaren waaraan dit onderhevig is zie men bij Badon $ 218. 145.   Zij ABCDE onze gegeven veelhoek. Constructie. Zij AF = 3/, AB. Beschrijf op AB eenen halven cirkel; richt uit F ccnc loodlijn FG op AB op. Trek AG, en beschrijf daarmede uit A eenen cirkelboog (MI. Beschrijf op AH op de bekende wijze eeneu veelhoek, ge- lijkvormig met den veelhoek ABCDE, zoo zal deze nieuwe veelhoek All 1 KL de ge- vraagde zijn. Deze constructie is zoo gelijkvormig met andere, die wij reeds in afdeeling Z maakten, dat wij het niet noodig oordeelen het bewijs
		hier bij te voegen voor Veelh. ABCDE
		de evenredigheid :
		veelh. AHIKL = 7:3. 146.   Zij hoek CAD de gegeven tophoek, AB en BC de gegeven stukken. Constructie. Beschrijf op de bekende wijze op de som der stukken AB en BC een seg- ment dat den hoek CAD bevat. Richt uit B eene loodlijn BF op AC op. Trek AF en CF, zoo zal driehoek AFC de geweuschte driehoek zijn. Bewijs. Hoek AFC = hoek CAD = geg. tophoek, en de loodlijn FB uit F op AC neergelaten, verdeelt de zijde AC in de ge- geven stukken AB en BC. 147.   Zij BAC het gegeven quadrant. Constructie. Deel hoek CAB middendoor, door eene lijn AD. Trek eene raaklijn aan cirkelb. CB in het punt D. Laat DE deze raaklijn zijn. Deel hoek AED door eene lijn EF middendoor, zoo is F het middelpunt van den gevraagden cirkel, FD zijn straal. \'t Bewijs kan wegens de eenvoudigheid wor- den weggelaten. 148.   Neem aan, dat het vraagstuk opgelost zij. Het raakpunt ligt met de beide middelpunten in eene rechte lijn IM. Het gedeelte IN is gelijk aan den straal des rakenden cirkels, en MN, de afstand der middelpunten, is gelijk aan het verschil der stralen. Beide stralen zijn bekend, maar ook ME is bekend, de afstand van het middelpunt

-ocr page 190-

		157
		des gegeven cirkels tot aan de lijn 6H, waarop het middel- punt des kleinen cirkels liggen moet; want de evenwijdige lij— nen zijn in stelling gegeven. Laat nn uit het raakpunX I de lijn IK loodrecht neder op NK, dan volgt uit de gelijkvormig- hcid der driehoeken INK en NEM: MN : NI = EM : KN, waaruit KN wordt gevonden. En hieruit volgt dus deze constructie: Trek de lijn Gil evenwijdig aan en op gelijken afstand van de gegeven evenwijdige lijnen, en laat uit het punt M de loodlijn ME daarop neder. Zoek nn eene vierde evenredige tot het verschil der stralen, den straal des rakenden cirkels en de loodlijn ME. Richt in het punt N eene loodlijn NK op de lijn GH op, en neem daarop het stnk NK gelijk aan de gevonden vierde evenredige. Als men dan nog IK loodrecht stelt op NK, zal I het raakpunt zijn. Richt in eenig puut E van de raaklijn AB eene loodlijn ED op, en maak die gelijk aan de middellijn des cirkels. Beschrijf aan elke zijde der lood- IHB99fik^BI lijn, met een der gegeven schuine zijden I^^^^Bh als straal, cirkelbogcn, die de lijn AB H.B           A en F snijden; trek Al) en FD. Ril Kaakt Al) den cirkel niet, zoo trekke ___ H| men eene raaklijn evenwijdig aan Al). Verder worde DC evenwijdig aan AB getrokken, en de raaklijn BC evenwijdig \'aan DF, dan zal ABCT) het verlangde trapezium zijn. 150 Zij ABC de gegeven rechte hoek, D het gegeven pnnt, en m de ge- geven lijn. Laat DG aan de vraag beantwoorden, zoodat GH = m zij. Stel HB = x en BG = y, dan is FH = a—x en EG = a y. We- gens de gelijkvormigheid der driehoeken DFH en BHG is FH : DE = DF : EG, of a—x : a = a % a y; waaruit volgt xy = —a (x—y), en BH2 BG* = GH2, of x* y» = m\\ Hieraf het dubbel der vorige vergelijking           2 zy = —2a {x__y) blijft (x-yf— 2a (x-y) = »*. waaruit wordt afgeleid x—y = a ± J/ (o2 ■ ■ »\'); of y—x ——a 7 V (°2 m*) > doch aangezien y altijd grooter dan x zal zijn,

-ocr page 191-

		158
		omdat hoek G altijd kleiner dan hoek GHB zal wezen, zal y—x ss —« ■ ■ J/ (a2 m2) moeten aangenomen worden. Wy hebben dus nn van den rechthoekiger! driehoek BGH bekend de schuine zijde GH = m, en het verschil der rechthoekszrjden = — a |/ (a2 nfl) en verwijzen daarmede naar de oplossing van Vraagst. 49, bladz. 6 der eerste Afdeeling. Overigens wordt — a ]/ (a2 -f- m2) ge- makkelijk geconstrueerd, door op 1\'B of baar verlengde, F1 = m te nemen, Dl te trekken , en uit D met DE als straal een\' cirkel- boog te beschrijven, welke Dl in L snijdt, LI is dan ss —a \\/ (o2 -f- m8). 151.   Zij de gegeven cirkel met PR als straal beschreven, en laat A en B de gegeven punten zijn. Neemt men dan het punt P in den omtrek zoo, dat AP, BP en PK getrokken zijnde, hoek APK = hoek BPR is, zoo zal AP BP < AQ -f- BQ zijn. Bewijs, hoek APR = hoek BPR volg. onderst. hieraf hoek LPR ;> hoek QPR. blijft hoek APL <• hoek BPQ. en Q liggen alzoo aan dezelfde zijde van het punt S, (dat punt van de rechte lijn QL, van waar lijnen naar A en B getrokken zijnde, derzelver som zoo klein mogelijk is): SP <^ SQ zijnde, zal nu ook AP BP < AQ BQ zijn. Zie Vraagst. 59, bl. 6 der eerste Afdeeling.) 152.   Laat gegeven zijn dat de lijnen AD, AE, AF, AG, AH door de punten I, K, L, M, N zóó ver- deeld worden dat AI : AD = AK : AE ss AL : AF = AM : AG = = AN : AH. Zoo is de meetkunstigc plaats der punten I, K, L, M, N eene rechte lijn, die evenwijdig aan BC loopt. Bemijs. Stel dat AK\': AE = AI: AD staat en dat dus K\' niet in de lijn ligt die door de pnnten I, L, M en N evenwijdig aan BC is getrokken, dan leert ons onze figuur dat AD : AI = AE : AK staat; tevens zouden wij hebben AD : AI = AE : AK\'; of ook AE : AK = AE : AK\', \'t geen blijkbaar tegenstrijdig is. 153.   De meetkunstige plaats van het deelpnnt zal een cirkelomtrek zijn. Dit is gemakkelijk af te leiden uit de oplossing van het 48e, 49e, 50e en 51e Vraagstuk, bl. 11 der eerste Afdeeling. 154.   De meetkunstige plaats ook van dit uiteinde zal een cirkelomtrek zijn. Immers, men neme de evenredige deelcn eerst op de lijnen zelven, zoo bekomt men, volgens het vorige Vraagstuk, eenen cir-

-ocr page 192-

		159
		keluintrck. Neemt men daarna die deelen op de verlengden der lij- nen, zoo zal men eene figuur verkrijgen , welke aan de eerste gelijk en gelijkvormig, en daarom ook een cirkelomtrek is. 155.   De meetkunstige plaats van het uiteinde dier lijnen zal al wederom een cirkelomtrek zijn, waarvan de gege- vcn lijn koorde is terwijl het gegeven punt A den boog, dien die koorde on- derspant, middendoor deelt. Immers wanneer AD x AG = AE X AF moet zijn, zal AD : AF = AE : AG moeten wezen; en omdat de hoek DAE aan de driehoeken DAE en AFG gemeen is, zullen zij gelijkvormig zijn; daarom hoek ADE = hoek AFG, en hoek AED = hoek AGF. Deze hoeken worden ook gelijk bevonden omdat de beide eersten door de gelijke bogen \'/2 (AC BG) en % AG, en de beide laatsten door de gelijke bogen \'/2 (AB • ■ CF) en % ACF gemeten worden. Men kan nu lichtelijk bewijzen , dat van elke andere lijn AHI het uiteinde I in den omtrek van denzelfden cirkelomtrek moet liggen, wanneer AH X AI = AD X AG gegeven is. 156.   De^ meetkunstige plaats van het punt C zal mede een cirkelomtrek
		zijn, die tevens door het punt A gaat, doch zoo, dat het punt A den boog, die door de koorde BISB wordt onderspanncn, in twee ongelijke deelen verdeelt, die den boog verschillen, waarvan de helft den gegeven hoek meet. Immers, na de koorden C2 C3 en C3 C4 getrokken te hebben, zal men hebben: AB2 X AC2 = AB\' X AC3 s m* dus AB3 : AB2 = AC» : AC3. bovendien hoek B« AB3 = C2AC3. dus drieh. AB2 B3 gelijkvormig met drieh. AC* C3, daarom hoek AB2 B3 s hoek AC5 C2. Nu wordt hoek AB2 B3 gemeten door % boog (AD CE) en hoek AC3 C2 door \'/2 000g AC2; vermits nu boog AD = boog AE bg. C* C* U, zijn genoemde bogen % AC2 en V. (AD CE) gelijk.

-ocr page 193-

		160
		Onderzoekt men op dezelfde wijze de gelijkvormige driehoeken AB\' B4 en AC\' C4, zoo zal men het gezegde bevestigd vinden, 157. Trek de lijn ABC, die de beide cirkels raakt, en deel die in B middendoor; dan is B reeds een punt van de gevraagde lijn. Verbind verder de middelpunten M en N door cene rechte lijn, en laat BK lood- recht daarop neder. Ver- leng BK, zoo zal BF de gevraagde lijn zijn; want MB2— ïl2 = NBS—r2 of MB2—NB2 = R2-r2. Verder is MB2—MK2 = NB2-NK» of MB*-NB2 = MK«—NK* = R*-r2; en voor een willekeurig punt F van die lijn , PM2—MK2 = PN2-NK« of PM2—PN2 = MK»-NK2 = R*—r\', toodat PMJ-R2 = PN2—r2, of PR2 = PS2, en PK = PS is.

-ocr page 194-

		\\
		VIEEDE AFDBELING.
		—»!.■!■\' ■
		1.   De inhoud diens rechthoeks is = AB X BC = 187,53 Q m. 2.   De inhoud van dat parallelogram is = 111978,8572 □ m. 3.   De inhoud diens driehoeks is = 23,0834 Q m. 4.   De inhoud dier ruit is = 4413,56565 Q m. 5.   De looiilijn AE = 17-,24; de loodlijn BD = 14",35; de loodlijn CF = 20.»,92; het stuk AD = 9-,87; het stuk CD = 15-.53; het stuk BE = 2"S49; het stuk CE = 18»,65; het stuk BF -.= 3»,025; het stuk AF = 14-.395. 6.   De loodlijn AE = 11»,701; de loodlijn Bü = 14«,208; de loodlyn CF = 6-,92; het stuk AD = 31-.438; het stuk CD = 14»,638j het stuk BE = 32»,455; het stuk CE = 12»,055; het stuk BF = 19-.19; het stuk AF = 15»,81. 7.   De derde zijde = 1",5; de gevraagde loodlijn = 0",706; en de stuk- ken der schuine zijde resp. = 0",3765 en 1"*,3235. 8.   Dit vraagstuk bevat gegevens, die onbestaanbaar zijn met elkander. Immers, wanneer de stukken der schuine zijde gegeven zijn resp. = 5",5 en 17m,6, is het onmogelijk, dat de loodlijn = 13",2 zij; zij zou = 9*,84 ongeveer wezen. 9.   Die loodlijn is = 8»,4. 10.   Die lijn is = 4»,628. 11.   De inhoud diens driehoeks is = 0,00083681 Q m. 12.    De inhoud van dat parallelogram is = 40,854 Q m. 13.   De inhoud dier ruit is = 0,19468672 Bunders. 14.   De inhoud van dat trapezium is = 2964,48901 Q m. 15.   Gij zult daartoe noodig hebben eene der diagonalen, en de loodlijnen die uit de twee overige hoekpunten op die diagonaal zijn nedergelaten. Immers de inhoud des onregelmatigen vierhoeks wordt gevonden, wanneer men die diagonaal met de halve som dier loodlijnen verme- nigvuldigt. 16.   Meet elke zijde des zevenhoeks, en den straal des ingeschreven cir- kels door middel uwer schaal; en vermenigvuldig daarna den omtrek des veelhoeks met den halven straal. 11

-ocr page 195-

		162
		17.   I = Trü = 153,938037 □ m. 18.   r = ■£- = 24»,436. O2 19.   I = -r— = 0,26359 n m. 20.   d = 2^— = 112-.838; O = Trf = 0,35449 kilometer. 21.   In de vooronderstelling dat de aarde een volkomen bol zij, is d = — = 12732395 m.; en I = % Trf» = 50929582658171527 □ m. 22.   S — -|^-. Door Logarithmen vindt men S s 185,45872 Q m. OflfjQ 23.   $r =\'—j-. Door Log. wordt gevonden g = 114° 36\' 29", 59. 24.   r = lS------. Men vindt door Log. r = 1591»,354. 25.   / s "T^"- Door L°g- vindt men \' — 7»,45721. 26.   g sa ™1, Men vindt 0 = 0° 34\' 22",648. 27.   r = i^-Z; waaruit r = 72»,7565. *9 28.   1 = 1/4 r\' (t—2). Men vindt (zonder Log. gemakkelijker dan met Log.) I = 114,15926 □ m. 29.   I = %2 r2 (2t_.3i^3). Door Log. vindt men I = 1,753746 □ m. 30.   x = yi2 f2 (T—6 3]/3). Men vindt x = 41,52616 □ m. 31.   I = 4r2. Men vindt I = 163,84 Q m. 32.   I = 2r2; waaruit I = 2 □ Roeden. 33.   Inh. ing. 6h. as IV2 >,2I/3, waaruit voor dien Inh. gevonden wordt 64,9519 Q m. Inh. omg. 6h. = 2r2l/3; waaruit Inh. = 86,60254 Q m. 84. Inh. ing. 8h. = 2r*]/2j zoodat die Inh. = 0,02828427124 □ m., Inh. omg. 8h.=8(—l l/2)r2; zoodat die Inh. =0,03313708496Qm. is. 35.   Inh. ing. 12h. = 3r2; waaruit die Inh. = 0,03 □ m. Inh. omg. 12h. s= (2-J/3) 12r2; waaruit Inh. as 0,0321539 □ m. 36.   Men vindt het apothema, door eerst het apothema te zoeken, wan- neer de straal des omg. cirk. = 1, en dus de zijde des lOhoeks =s % (■—l V5) ia- Dat apothema s \'/4 j/ (10 2^/5) gevon- den zijnde, vindt men het eerstgenoemde apothema door de evenre- digheid: Vi (-1 1/5) \'• 1 = V* K (10 ^5) : *. waaruit x = \'/a 1/ (5 2l/5).

-ocr page 196-

163

De middelpuntsdriehoek is dus = \'/4 1/ (5 2 J/ 5;, en de tien- hoek = 2\'/2 1/(5 2 i/B) = 7,69426 □ m. 37. Als een straal des omg. cirkels = 1 is, vindt men voor den inhoud des driehoeks % J/3; des vierhoeks 2; des zeshoeks 1% 1/3;                                                                             \' des achthoeks 2 J/2; des twaalfhoeks 3. De verhouding in geheele vormen zal das zijn: (3h : 4h : 6h : 8h : 12h) = (3 V/3 : 8 : 61/8 : 81/2 : 12). 88. Men vindt voor den straal des ing. cirk. 27"*,738; en voor den straal des omg. cirk. natuurlijk het dubbel, of 55"\',470. 39.   Men vindt voor den straal des ing. cirk 500 m; en voor dien des omg. cirkels 500 1/2 of 707»,106781. 40.   Men vindt voor den straal des ing. cirk. 5<*,38 bijna; en voor dien des omg. cirkels 6I»,204. 41.   Inh. 12h = Sr2. De omgeschreven cirkel heeft dus eenen straal van een\' hectometer lengte. 42.   Inh. drieh. ABC = \'/2 ai Q m. 48. Inh. drieh. ABC = \'/2 1/ («*—i*) Q m. 44.   Inh. rechthoek = pq Q m. 45.   Basis parall. = — m. 46.   Inh. ruit = % ai □ m. Zijde = \'/2 1/ («* *2) meters. 47.   Inh. driehoek = l/s (s— a) (s—b) (s—c) □ m; zijnde sssl/t(a 6 e) 2 deloodlijn op de zijde a vallende=- l/s (*—a) (s—i) (s—c) 2 deloodlijn op de zijde i vallende = - l/s (s—a) (s— i) (s—c) 2 deloodlijn op de zijdecvallende = - l/s (s—a) s—i) (s—c)

meters.

a* i2—e8 a*—i2 <:2 de beide stukken der zijde a resn. =--------------en------------ 1             2«                  2a a L M » 1.1 i -A * -a< i* c* a2 i2—c2 de beide stukken der zijde cresp. =-------—-------en-----—----- zo                  Zo A k M * 1 1, A -A                   -a* b* C* O?— 48 C2 de beide stukken der zijde c resp. =---------------en-----=------ 48. De andere rechthockszijdc = 1/ (42—c2) de loodlijn                          =^l/(4a-c«) o het eene st. der sch. zijde =T                     1 meters > o                          t

i2—c8 4

het andere stuk

11*

-ocr page 197-

164

de inhoud des geheeleu drichoeks = \'/2 c V (*2—c\') \'i

□ meters.

2A2

de inhouden der beide andere driehoeken resp. =

y/. (b1-ct)

2i2

49. Het andere deel der schuine zijde = a—b

de eene rechthoekszijde = V a (a—b)

meters.

de andere rechthoekszijde = 1/ ab de loodl. die op de sch. zijde valt = \\Sb(a—b) de inhoud des geheeleu driehoeks = % a V b (o— b) die der beide andere driehoeken % b 1/ i («-»)

□ meters.

resp. =

50.   Die afstand is = -—\\S» (s—e) (t—d) (s a-b), b—a

zijnde s = \'/j ( — a b e d)

meters.

2 Of =-----,)/* (.1— ff! (.«- rf) (»—(I -t" *), a—b zijnde s = \'/2 (a—4 c d) 51.    Die inhoud is = -------,\'l/s (s—a b) (s—e) (s-d) n m., zgnde a—b : d) m.

\\/s (s a—b) (s—c) s—d) Q m., zgnde

of =

b-a s = % (—a b c d) m. 52. De inhoud van dat parallelogram is = 4\\/s(t—a)(s—i/lb)(s— \'/|«)Qn>; zijnde s = % (a % 4 % c). 58. De inhoud van die ruit is = i V (a2— % i8) □ m. 54.    De inhoud van dien cirkel is = T c! Q m, 55.    Uit de vergelijking ^ r2 = d2, vindt men r =- 1/ *". 56.   De omtrek diens cirkels ie = 2 ^ n, 57.   Eerst vindt men den straal r = - 1/ w (zie vraagst. 55); vermenig- vnldigt men de beide leden dier vergelijking met 2t, zoo bekomt men O = 2a \\S *,

68. Men substitneere in de vergelijking S = ^~ , g = , ..                    "\'ai2 verkrggt men S b j—r D meters. kq              180° o 90a» _

a en r s 4; zoo

-ocr page 198-

		165
		60.   Vit de vergelijking S = -=2— , welke voor dit vraagstuk wordt S = 00O itbr*                                      6a •zzz = «\', vindt men r = —, 1/ 10 t ó. 00U                                                   «o TTgr                                                 Vab 61.   De vergelijking l =: -j^ (zie vr. 25) wordt hier / = -j^t. lbu                                                  180 62.   De vergelijking ^ =------ (zie vr. 26) verandert in rj = ——. 68. Uit de vergelijking r = —— (zie vr. 27) verkrygt men door sub- 180 a stitutie r = _, ■ »J 64.   De uitkomsten, in vraagstuk 37 verkregen, behoeven slechts met ar vermenigvuldigd te worden, omdat de inhouden van gelijkvormige veelhoeken tot elkander in reden zijn, als de tweede machten der ge- lijkstandige lijnen; dus hier, als 1* : a2. Men vindt alzoo: Inhoud des driehoeks = % a2J/3. „          „ vierhoeks = 2«-. „         „ zeshoeks = l\'/2a2l/3. ) Q meters. „          „ achthoeks = 2a2l/2, „          „ twaalf hoeks = 3 a2. 65.   De inhoud des omgeschreven driehoeks is s 4 maal den inhoud des ingeschreven driehoeks; de omgeschreven vierhoek is = 4 maal het vierkant op den straal des ingeschreven cirkels. Beide is licht te be- wijzeu. Raadpleegt men verder Vraagst. 33, 34 en 35; zoo vindt men Inh. des omg. driehoeks = 3aaj/3. „ „ „ vierhoeks = 4 a2. . „ „ zeshoeks as 2 a21/3. „ » „ achthoeks = 8 (—1 1/2) aa. ,                      twaalf hoeks = (2—1/3) 12 a2. 66.   Het is eene bekende zaak, dat de zijde des tienhoeks \'/, (—1 -t- J/5) is, wanneer de straal des omgeschr. cirkel = 1 is aangenomen; ver" 2a der, door toepassing der bekende formule A =-------------r, bevindt \' 8                                  1/ (i—a\') men dat de zijde des omgeschr. tienhoeks = n---------ra---------------, .. -20 201/5 ..... -10 10 1/5. znn omtrek = ----—-—s-----ït en zlJn inhoud = -----—-----------—is. l/(l0 2j/5) y                    1/(10 21/5/ Wederom zijn gelijkv. veelhoeken tot elkander in reden als de tweede machten van de stralen der ingeschreven cirkels; dus:
		lJ:a» =		— 10 10 1/5
		1/ (10 2 J/5)

-ocr page 199-

		166
		waaruit dan eindelijk de inhond des gevraagden tienhocks wordt ge- vonden. 67.   Handelende als in het vorige vraagstuk vindt men, r = 1 gesteld , ..-, , . ..,. , f (10—2 j/5) zijnde , voor de zijde des omgeschr. vijf hoeks n --------——; voor . . 10i/(10-2i/5) . , 5i/ (10—2 1/5) zijnen omtrek-----,-:---------—\'; en voor zijnen inh. ,, -,----------— ; waarna men wederom toepast de evenredigheid 1, : a, . ^(10-2^5) 1 J/5 68.   Als de straal des cirkels = r is, zal de inhoud des bedoelden vier- kants = 2r2 zijn. Maar dit moet gelijk «2 Q m. wezen. Men heeft alzoo de vergelijking; 2r2 = «2, waaruit gemakkelijk gevonden wordt r = J/2 a 1/2. 69.   Volgens vraagstuk 64 is de inhoud des ing. zesh. = l1/2 r2 1/8, wanneer de straal des omg. cirkels = r is aangenomen. Maar zijn inhoud moet = a1 Q meters zijn. Men heeft dus wederom de ver- gelijking : l\'/2 r2l/3 = a\\ waaruit men verkrijgt r = 1/,«|)\' 12. 70.   Raadpleeg wederom vraagst. 64, en handel op dezelfde wijze, zoo vindt gij r = Va « t>- 2. 71.   De som der rechthoekszijden is = de schuine zijde vermeerderd met tweemaal den straal des ingeschr. cirkels, omdat de raaklijnen, uit eenig punt buiten den cirkel aan dien cirkel getrokken, gelijk zijn. In ons geval is dus de som der rechthoekszijden = 12",5 2xl°\',7=15m,9. Hierbij gevoegd de schuino zijde = 12m,5, verkrijgt men voor den omtrek des driehoeks 28n,4, en vermenigvuldigt men dien met den halven straal = O"*^, zoo vindt men voor den inhoud 24,14 Q m. 72.   Men vindt b (a b) Q m. 73.   De loodlijn, uit het hoekpunt van den rechten hoek op de schuine zijde nedergelaten, is middenevenredig tusschen de gegeven stukken der sch. zijde, en dus = )/ 20 X 11,25 = 15 meters. De inhoud 31 25 X 15 des driehoeks is dus = —\'•—------- = 243,375 Q m. 74.   Men vindt even zoo % (« b) 1/ ab □ meters. 75.   De kortste rechthoekszijde is in dit vraagstuk gelijk aan de helft der sch. zijde, of 36",2. Men zal nu voor de andere rechthoekszijde 62n,7, en voor den inhoud des driehoeks 1134,87 [J, ui. vinden. 76.   Men vindt even zoo \'/8 a2 j/3 Q m. 77.   De langste rechthoekszijde is in dit geval = 4™,72 X 1/3 — 8™,175 ; en de inhoud = 19,293 Q m.

-ocr page 200-

		167
		78.   Men vindt lichtclyk voor den inhoud \'/2 a2 1/3 Q m. 79.   Se twee aan elkander sluitende -koorden vormen met de middellijn eenen rechthoekigen driehoek, waarvan de schuine zijde = 2c meters, en de verhouding der rechtshoekszijden gegeven is. Stelt men dus de eene rechthoekszijde = mx meters, dan is de andere gelijk nx me- ters, en m2*2 tfix* = 4c2, 4c2 1 1 waaruit x = V—;-------; = 2c V —--------5; mx = 2 cm \\S —;-------■ ; 1 nx as 2 en \\S —--------. m* n* 80.   Indien de schuine zijde werkelijk 17, en de eene rechthoekszijde 15 meters lang ware, zou de andere rechthoekszijde sa 8 meters zijn. Daar deze laatste echter slechts 4 meters bedraagt, zoo vindt men voor de beide anderen resp. 8™,5 en 7™,5. 81.   Deze bewerking is juist. De reden daarvan is reeds in de beantwoor- ding van vraagst. 71 opgegeven. 82.   Hier is de schuine zgde = 1/ (a\' V) en r = % a 4 — ]/ (a* i2) [ meters. 83.   De stukken AE en CE, waarin de lijn BE, die den hoek B midden- doordeelt, de zijde AC verdeelt, worden gevonden resp. = 12»,8 en 9", 7; en BC2 = AB X BC—AE X CE = 105,52 waaruit BC x= 10»,27. Evenzoo vindt men voor AD 18",67; en voor CF 15»,8 ongeveer. 84.   Voor het geval dat de zijde, welke c meters lang is, wordt gesneden vindt men, — de snijlijn = x gesteld zijnde, x2 = ai —-------j-%; (a ■ ■ o)\' welke vergelijking ook onder deze gedaante gebracht kan worden: ,2 = ai | i - r-^-r-J of x2 = ai x (Z-r-rTzr = ai I            (a - - o)2|                               (a ■ • o)2 (a ■ ■ o C) (a i—c) (« i)2 Stelt men nu */2 (a i c) = s, zoo wordt: & ai                                                   2 x^ =-----— X i (•— e); en dus x sa ——-\\S abt {s—c). (a 6)*                                            a o Stelt men de snijljjnen die de andere hoeken middendoordeelen, resp. = x\' en x", zoo vindt men: 2 x1 = ------- 1/ acs (t—i) 2 en x" = ■;------ 1/ ics (s—a). 9 -IrC 85.   Naar aanleiding van de tweede stelling in vr. 19, Afd. III, vindt men:

-ocr page 201-

		168
		CD\' = 47-, 285; AE\' = 27-, 25; BF\' = 79-, 76; en o                                                      at CD\' = -----k V ab (a—a) {a-t); AE\' =------f ac (s—a)(a—c); a—o                                                a — c 2 Bï" = —-\\S be (a—b) (a—e). 86.   Men vindt voor het grootste stuk der sch. zijde 24",745 en voor het kleinste 10-,60S; voor de grootste rechthsz. 29-,576; voor de kleinste rechthsz. 19-.362; en voor de hypotenuse 35»,35. 87.   Stelt men voor de stukken der schuine zijde lx en %x, zoo is de loodlijn uit den rechten hoek daarop nedergelaten = x \\S 21; en de beide rechthsz, resp, = x \\S 70 en x ys 80. Men heeft dus * (V 70—j/ 30) = 16.2; waaruit x = 0.405 (V 70 V 80) = 5-.606739, enz. 88.   Stel de eene rechthsz, = x, dan is de andere = x—a, en de hypotenuse = J/ (a1—2 ax -f- 2 x\'2) meters. Men heeft dus de vergelijking: \\S (a2—%ax -f- 2i\') = t x. waaruit men vindt i = « -f J ± 1/ 2S (» J) meters; enz. 89.   AD -f BD = a, en AD—BD = b zijnde, is AD = % (a -f t) en BD = % (a-t). Na is AC—BC = A D : BD j en AC—BC : AD—BD = AC : AD = BC : BD; of e : b = AC : % (a 4) = BC : % (a—i) hieruit verkrijgt men licht: AC = —^pj— en BC = ——— meters. a O                                    & b 90.   De drie gegeven sommen samentellende, verkrijgt men a -j- b -\\- c meters voor de dubbele som der zijden; vervolgens voor elke zijde afzonderlijk: Vj (—* * \')» Va (a—* 4" c) en % (« t—c) meters, of wanneer men s = y,(a b c) stelt, zullen de zijden resp. = a—a, s—i, a—c meters zijn. Toor de gevraagde loodlijnen zal men ..2                               2 lichtelijk vinden: ar= -----\\Sabcs; x1 =-----, \\Salca, en a* = j— a                              s—b 2 ----- \\S abc a. a—c 91.   De drie gegeven producten te zamen vermenigvuldigende, en den vier- kantswortel uit de uitkomst trekkende, verkrijgt men voor het gedurig product der zijden, abc, en voor elke zijde afzonderlijk —, —en — ah         c meters. Stel deze uitkomsten gemakshalve = d, e en f, en l = y. (d e f) meters, zoo vindt men voor de gevraagde loodlijnen : x=-d)S a (a-d) (s—e) (a—f); z\' = - \\S s (a—d) (a—e) (a—f); JzsjV* (a-d) (a-e) («-/).

-ocr page 202-

		169
		92. Trek de diagonaal BD, die tevens schuine zijde zal zijn van den rcchth. driehoek BCD, en = 25»,44 gevonden wordt; en bereken vervolgens de inhouden der beide driehoeken BCD en ABD. Men vindt voor drieh. BCD 156,06, voor drieh. ABD 98,48; en voor derzelver som, of voor den inhoud des vierhoeks 254,54 Q meters. 98. Stel AD = x, dan is BD = *-10, AC = V (z2 -f 256) en BC = \\s (*2— 20z -f- 856) meters; en V (i* -f 256)—8 = \\S (*2—20* 356) eene vierkantsvergelijking, waaruit men vindt x = 25a>,652 (de an- dere waarde van x is negatief, en kan dus hier niet in aanmerking komen), i—10 = 15-.652; de basis AB = 41»,304; AC = 30-.283, BC = 22", 238. 94.   Men verkrijgt nagenoeg op dezelfde wijze voor de beide stukken der basis 3% en 1\'-/, meter. Doch men ziet terstond in, dat de loodlijn grooter dan 1 meter moet gegeven zijn, om opstaande zijden te ver- krijgen , welker som = 8 meters zij. Dit zij aan het onderzoek des leerlings overgelaten. 95.   NB. Deze opgave is geheel foutief. Men leze, in plaats van AG, het aan de schuine zijde grenzende deel van de zijde AB, AE het aan AB grenzende deel der schuine zijde. En dan berekene men het stuk CO op deze wijze: AC : BC = CE : CG, waaruit CG a= 102/, meter. Verder vindt men EG = 10-.918 en AB = 25-,475. 96.   Door de eene opstaande zijde = x meters te stellen, vindt men voor de eene 15^S\'T, en voor de andere 1\\\\% meter. 97.   Trek AD loodrecht op BC, dan is, AC = x meters gesteld zijnde, AD = % x, en CD = % x J^3; verder BD = V (86-% *2), zoodat daaruit volgt, dat: * Vi* V% V (36 - % x2) = 18 is; waaruit men lichtelijk vindt: x = 9 ± V (—495 288 V^3) = 11 of 7 ongeveer. 98.   Zij de loodlijn — a, en de omtrek des driehoeks = b. Stel de schuine zijde = x, dan is de dubbele inhoud des driehoeks = ax. Wanneer men dus de eene rechthoekszgde as y stelt, zal de ax andere ss----- zijn; en wij hebben y a*x\' , ,         ,              ax , . — y» = .H en — * y _ 4
		waaruit ar* =		y*                      ____ * y-y2
		y2—«•                                    « y y*            (h-y*)2 ..

-ocr page 203-

		170 v ~\\~ a Vermenigvuldigt men beide leden dezer vergelijking met —j— , zoo y*                    (*—y)1 bekomt men -*— = —r—- y—a                    y-Ta welke herleid zijnde, geeft: f - ia~£u » = - J7 Ï* . " ,                  6 (2 a <5) b V (i2 — 4 a b — 4 a2) Men vindt alzoo » =r----------------------—------,—------------------------- .                                     4 (a -f- o). Aanmerking. De lengte der loodlijn ia abusivelijk opgegeven 4™,75. Lees 4", 8. Substitueert men dus in de gevondene uitkomst a = 4,8 en } = 24, zoo vindt men y = 6 of =s 8, waaruit verder volgt x = 10 meters. 99, Zij de schuine zijde — a, en de som der rechthoekszijden en der loodlgn = b. Stel verder de eene rechthoekszijde = x, en de andere = y, dan is, zie boven, de loodlijn = —, en wij hebben x -f y tï = b en x2 y2 = «2
		x y waaruit a: -f- y =: £ — —-                              2 xy = 2 ar y
		-opt.
		(* y)2 = «2 2 *y
		f. y)2 = i* - li *y t*
		De tweede leden dezer vergelijkingen vormen de vergelijking ,. 2 b          , x2 y2 o2-------#y -f- —j— =«\'-)- 2ij of a:2y2 — 2 o (« i) xy = «2 («2 — J») waaruit xy = a |a J±]/2«(s-j-J) J waarin alleen het onderste tecken kan gelden. Hieruit is dus xy bekend, stel = d\'. daar men nu nog weet x* -f- y2 = a, worden verder iciiy, ieder afzonderlijk, lichtelijk berekend. Aanmerking. Het opgegeven getal ÏS1"^ moet hier 18"*,8 zijn. Substitueert men alsdan a ■= 10 cm b = 18,8, zoo vindt men xy = 48 ; x = 6 of ~ 8, y = 8 of = 6. 100. Zij de som der rechthoekszijden = b, en de loodlijn as u. Stel ver- der de eene rechthoekszijde = *, en de andere rechthoekszijde = y, dan is, zie boven, de schuine zijde = —- en wij hebben

-ocr page 204-

171

x-\\y=.b en x1 y2 = -^- hierbij 2 xy ss 2 xy

komt (ar -f yf = "^ 2 xy* = J\' of *« y" 2 a2 ly = a2 «2 waaruit x y ■= — a! ± « 1/ (n1 -f J1) waarbij alleen het bovenste teeken gelden kan. Aanmerking. Ook hier is de loodlijn abusivelijk op 4",75 gesteld; lees 4»,8. Substitueert men /; = 14 en a — 4,8, zoo vindt men xy =48; waaruit verder a- = 6 of = 8, en y = 8 of = 6 gevonden wordt, terwijl men voor de schuine zijde in elk geval 10 vindt.

101.

Trekt men ecnc straal naar het punt, waar de opst. zijde den cir-

kelomtrek snijdt, zoo verkrijgt men een\' gelijkb. driehoek, die aan den gegeven gelijkb. driehoek gelijkvormig is, omdat beide den hoek aan de basis gemeen hebben. Men vindt dan door eene eenvoudige evenredigheid, dat het stuk der opstaande zijde binnen den cirkel 6\'/8 meter lang is. 102.   Op dezelfde wijze te werk gaande, als in het vorige vraagst., vindt men voor de lengte der gevraagde koorde 10% meter. 103.   Trek de middellijii CR en de koorde AE. Laat verder CD loodrecht neder op AB, dan is driehoek BCD eo drieh. ACE. Immers hebben zij, behalve ecnen rechten hoek, de hoeken B en E gelijk. Men vindt terstond AE = 1/ (CE2 — AC2) = 76»,13. Stel nu BD = x, dan is AE : BD = AC : CD; of 76m,13 : x = 40» : CD, waaruit CD = 40 x

76,13

en AD = V (AC2-AD») = 1/

1600a8 5796 ;

(

) hierbij BD = x, zoo verkrijgt men

1600-

1600 x2 AB = x -f-1/(1600-----          ) = 75; waaruit gevonden wordt 5 Ivo x = 41T«^j, of circa 41\'/2, zoodat de loodljjn CD = 21»,9 wordt. Eindelijk AC : CD = CE : BC, of 40 : 21,9 = 86 : BC, waaruit men vindt BC = 47\'*,085. 104.   Deelt men de beide gegevene waarden door 10, zoo verkrijgt men 1 en 2/;1 1/ 3, voor de verhouding der zijden van den in- en oingc- schreven n-hoek. Wij weten, dat n in dit geval = 6 is. 105.   Trek de straal ME naar het raakpunt, en NF evenwijdig met AC.

-ocr page 205-

172

Dan is MF s het verschil der stralen = 25 meters. MN = de som der stra- len = 65 meters, en NF = j/ (MN2 — MF2) = 60 meters. Na is MF : ME = MN i MC, waaruit en dus CD = 162 meters is. Nog is NF

volgt, dat MC = 117,

: CD = MF : AD. Men vindt AD = 67%, en AB =r 135 me- ters. Eindelijk MF : MN = AD : AC, waaruit volgt AC = 175% meter, 106.   Gij hebt goed gewerkt. Tot grondslag hiervan ligt de waarheid, dat de raaklijncn , uit een punt buiten den cirkel aan dien cirkel getrok- ken, even lang zijn, 107.   Als men AD trekt, zal zij loodrecht op BC staan. Nu is AB* = AC* BC* — 2 BC X CD. Hieruit vindt men CD = 7V2 meter. 108.   De straal des cirkels = 1 gesteld zijnde, zagen wij in vraagst. 37, dat de inhond des ing. zeshoeks = 1% V 3 \'3- De inbond des cirkels is = tt vierk. eenheden. Daar nu de inhoud des cirkels tot dien des sectors staat, als de geheele omtrek tot den boog des sec- tors, heeft men : ir : 1% V\' 3 = 360 : x, waaruit x = 297° 42\' ongeveer. 109.   Zij AB =: 64,2; CD = 31,4; AD = 102,5 en BC = 91,4. Zij ver- der EF evenw. aan AB, en deele zij het rechth. trap. midden door. Stel EF = x, BE = y, dan is CE = 91,4—y. En {x 64,2) \'/2 y = 2184,46; (* 31,4) (45,7 — % y) = 2184,46, dus x y -f- 64,2 y ■= 4368,92 en — xy — 81,4 y ■ 91,4 x = 1498,96. De som dezer vergelijkingen is 32,8 y -f- 91,4 x = 5867,88 5867,88 - 91,4 x

en y Uit de eerste vergel. verkrijgen wij ook nog y —

32,8

4368.92

deze

x 64,2; 4368,92

bei

* 64,2 eene zuivere vierkantsvergelgking, waarnit x =

5867,88 — 91,4 x

32,8

50»,5S5.

-ocr page 206-

173

110.   Deel MB in drie gelijke deelen; trek CE en DF loodrecht op MB; dan zullen ME en MF de verlangde stra- len zijn. MB = 1/ MC X MB en MF = V MD X MB. Hieruit vindt men lich- telijk ME = 2 1/ 3 = 3»,464 en MF = 2 V 6 ss 4»,9. 111.   Men vindt op dezelfde wijze, als in vraagst. 109, de lijn EF =s * gesteld zijnde,            x ss >/, V 2 («* **)• 112.   Daar CE en CO koorden zijn, welker projectiën op de middellrjn BC = 10 en 5 meters zijn, vindt men licht CE = 5 J/ 6 = 12,25, en CG =51/3 = 8,66 ongeveer. Verder nit de evenredigheid (BC : CE : CG) = (AB : DE : FG) volgt: DE = 29",4 en FG = 20-.784.

a) (s — b) (s — c) stel gemakshalve ss h. Inh.

113.

drieh. ABC = \'/, aA; dns Inh. drieh. PQB = % a h. Nu is de basis PB van dien laatsten driehoek = a—d,

a h

dus de hoogte QE

„. Maar 2 (a—d) QB. Hieruit volgt:

QE = CB a c

CD

QB =

2 (a—d) Men vindt, nagenoeg op dezelfde wijze als in vraagst. 110, voorde stukken der zijde BC resp. 10»,147 en 3»,053. Men ontdekt, langs den weg, in vraagst, 109 aangewezen, dat de deellijn 348»,5 lang moet zijn, die nu gemakkelijk kan geconstru- eerd worden. De basis des driehoeks zal nu = 432—71 = 361 meters, en des- zelfs inbond = \'\'/,., van den inhoud des geheelen trapeziums, of = 15407 j/j ;l □ meters zijn. Hieruit wordt de hoogte des driehoeks = 85»,69 bekend, en het deelpunt der zijde BC laat zich, even als in vraagst. 113, bepalen. In dit vraagstuk is eene duisterheid ingeslopen, welke verdwijnt als men voor de overstaande zijde, de zijde BC leest. DE deelt den hoek ADB = B midden door, daarom is hoek ADE = 45°, en als men uit E de loodlijn EG op AD laat vallen, ook hoek DEG = 45°. Hiernit volgt, daar DE = j/ 2 gegeven is, DG = EG = 1 meter. Stel nu AG = i, dan is AD = * 1, en BD : EG = AD : AG, of 7 : 1 = 1 * : *, waaruit x = %, en das AD = 1% meter. Verder zal, omdat AD3 -f BD* = AB1

114.

115.

116.

117.

-ocr page 207-

		174
		is, AB = V(i 1/ 1813 gevonden woi\'deu. Oai de tweede zgde BC te vinden , redeneere men als volgt: Driehoek BDC is rechthoekig in D. Er kan dus op BC als middellijn een halve cirkel beschreven worden, die door D gaat. Doch dan wordt Dl straal, zoowel als BF en CF; BC dus a i Dl c 8 meters. En CD = 1/ (BC« — BD2) = V 15. Hierbij AD = 1%, zoo zal AC = (1% J/ 15) meters zijn. 118.   ir r» =. 0,36; daaruit volgt: r = 0»,338. 119.   AB = BCj AE = CP; de opstaande zijden AB en BC des driehoeks ABC zijn dus in de punten E en F in dezelfde reden verdeeld, daarom is EF evenw. aan AC, en hoek BEF = hoek EFB ss % R, terwijl hunne supplementen AEF en CFE ook gelijk, en tevens = 1% R zijn. De hoeken des achthoeks zijn alzoo even groot. AB = a gegeven; dus AI = Y2 a 1/ 2 = AE; derhalve BE = a (1 — >/2 1/ 2) = BF, en EF2 = 2 BE» = «* (S — 2 V 2), zoodat EF = « (- 1 j/ 8), Maar BE -f AD = 2 BE = a (2 — J/ 2) afgetrokken van AB = a, rest DE = a (— 1 1/ 2). DE en EF zijn aldus even lang; en de zijden des achthoeks gelijk. 120.   Stel de gegevene cirkels P, Q, R, S en T; en hnnne stralen =«, b, e, d, e. Noemen wij den cirkel, welks inhoud aan de som dier cirkels gelijk is Z, en zijn\' straal m; dan hebben wij de aaneenge- schakelde evenredigheid (P : Q : R : S : T : Z) = (<z2 : *2 : c2 : d2: e2: m2), waaruit volgt P Q-j-R S T:Z = a2 b2 c2 -f- dl 4- e2 : m2, maar aangezien nuP-f-Q-4- R-f-S-f T = Z is, zal a2 b2 c* -f d2 --(- e2 = m2 zyn. De zaak komt dus hierop neder: Een vierkant te zoeken, gelijk aan de som van vijf gegevene vierkanten. De zijde van dat vierkant zal de straal des ge- vraagden cirkels zijn. Men vindt m = 24™,3 ruim. 121.   12-.775. 122.   Op dezelfde wijze werkende als in vraagst. 120, vindt men 6*,584. 123.   Men vindt, alweder op dezelfde wijze werkende, voor de middellijn van het grootste deel 13»,67<54, en voor die van het kleinste deel 10-.75494. 124.   De gevraagde cirkel = F, en de gegeven cirkel = Q gesteld zijnde, moet P : Q = 53 : 31 zijn. Stelt men hunne stralen resp. = R en r, zoo zal, omdat P : Q = R2 : r2 is, ook R« : r* = 53 : 31 zijn. Nu is r = 216»,08 gegeven. Men berekent hieruit R = 282>,535. 125.   De stralen der gegeven cirkels worden gemakkelijk berekend, 26",184

-ocr page 208-

		175
		en 5™,(j groot te zijn. De straal des gevraagden cirkels zal dus 26»,776 wezen. 126.   Van een\' cirkel welks straal = r is, is de inhoud = ir r»; en van een\' gelijkzijdigen driehoek, welks zijde = x is, is de inhoud = \'/i 4 f r2 »2 V 3; dus moet % a:4 1/ 3 = T r» zijn, en dus x1 —----———; 1/ o daar r nu bekend en = 16*,1 is, vindt men voor x, 43",366. 127.   Hier is T r* = 25 ; waaruit r = 2-.8209. 128.   Stelt men den straal des gegeven cirkels = r, dan is zijn inhoud = T r\', en de inhoud der ing. zeshoeks sa l\'/2 r* V 3 (zie vraagst. 37). Stelt men nu den straal des cirkels, welks inhoud aan den ing. zes- hoek gelijk is, = r\', dan is die inhoud = ?r r,2; en >•* : r,2 = ir : l\'/j \\S 3; waaruit wordt afgeleid dat r i f\' = V jr : 1^ 6y4; of r s f» = V sr : V» lV 108. 129.   Men vindt eveuzoo r : r1 = V sr i l)\'\' 18, 130.   Hier zijn de stralen omgekeerd evenredig met de hoeken. Wij heb- ben dus 53° 14\'30" : 14° 53\'30" = x:8"»,4; waaruit x = 30»,0322. 360 S 131.   Uit de formule o = -------, volgt g •= 143° 14\' 21", 97. 360 S . 132.   In dezelfde formule o = ——j is nu S = r2; zy verandert dus in g r= —; men vindt g = 111° 46\' 28", 45. 133.   Uit de formule r = V -------( leidt men af O = 2 J/-----------. Hieruit berekent men O = 184\'»,34. NB. In de opgave staat de inhoud des sectors = 524»,17. Dit moet zijn 524,17 □ meters. 90 fl 184. Door de formule S =-------ontdekt men den inhoud van den sector "" 9 = 3294,78 □ meters. De driehoek, welks zijden = 7, 11 en 18 meters zijn, is = 38,5 rj meters; en derhalve 85,58 maal daarin begrepen. Men moet dus de zijden des driehocks J/ 85,58, of on- geveer 9,25 maal grooter nemen, zoodat zij dan worden 64»,75, 101-.75 en 120-.25. 135. De gezichtslijn naar den top des booms is de schuine zijde van eenen rechthoekigen driehoek, welks eene rechthoekszijde de boom zelf is. Is nu de hoek aan het oog = 30°, zoo is die schuine zij Je tweemaal zoo lang als de boom, en dus = 2 6 meters, en men is van den voet des booms 6 y 3 meters verwijderd. Daar dit nu het geval is met elk der hoekpunten des vijf hoeks, is hier sprake van eenen vijf- hoek, die in een\' cirkel staat, welks straal = b v 3 meters lang is. Neemt men nu zijne toevlucht niet tot de driehoeksmeting, zoo Iaat zich, door middel eeuer schaal van gelijke deelen graphisch aantoo-

-ocr page 209-

		176
		nen, hoe lang de onbekende zijde wezen moet, daar de vier andere zijden gegeven zijn. Nog valt hier op te merken, dat de gegevene grootte des vijf hoeks overbodig is, als afhankelijk van de overige gegevens. 186. Hier is de straal des omgeschreven cirkels gelijk aan de hoogte des booms, en das = b meters. Overigens is de opgave geheel gelijk aan de vorige. 137.   Men vindt voor den straal des omgeschreven cirkels \'/, b V 3. Voor het overige is ook deze opgave dezelfde als in Vr. 185. 138.   Stel de onbekende rechthoekszijde = x meters, dan is de schuine zijde = 4,8 — x, en (4,8 — x)2 = (2,4)2-|-x2; waaruit men berekent x = 1»,8; terwijl men voor den inhoud des driehoeks vindt 2,16 □ m. 139.   Stel de eene rechthoekszijde = x meters, dan is de andere = 0»,35 —*, en (0,25)2 = (0,85 — x)2 x2, waaruit men vindt x ss 0",2 of = 0m,15, zoodat dan de andere rechthoekszijde = 0», 15 of 0™,2 wordt. In elk geval is de inhoud = 0,015 Q meters. 140.   Stelt men x, y en z voor de schuine zijde en de beide rechthoeks- zijden, zoo zal x -j- y = 0,4 y z = 0,35 en x2 = y2 -f- «2 zijn. Dit stelsel van vergelijkingen leidt tot eene vierkantsvergelijking, waaruit men voor x, 0«,65 of 0»,25 vindt. De eerste dezer waarden vervalt, omdat dan eene der rechthoekszrjden negatief zou moeten worden. 141.   Stelt men de eene rechthoekszijde = x meters, dan is de audere = x -f- 3»,1 en x2 -}- (x -f- 3.1)s — (4.1)2; waaruit men vindt x = 0",9 of = — 4 m. De tweede rechthoekszijde wordt dus = 4 meters of = — 0™,9. Ofschoon de negatieve waarden even goed aan de vraag voldoen, kan men ze weglaten. 142.   Stelt men voor de eene rechthoeksz. x, en voor de andere y meters, zoo zal % xy = 2,1 en x* y2 = 13.69 zijn. Telt men 4 maal de eerste vergel. bij de tweede op, of trekt men dat daarvan af, zoo verkrijgt men (x y)2 =22.09 en (x—y)2 = 5.29. De wortels dezer vergelijkingen zyn x y = 4.7 en x — y = 2.3. De halve Bom, en het halve verschil dezer laatste vergelijkingen geven x = 3", 5 en y = 1",2. 143.   Stel x voor de schuine zijde, en y en z voor de rechthoekszrjden, dan is x -|- y -f- z = 56, y2 y t s 84 en y2 -f- «2 s x2. Telt men 4 maal de tweede vergel. bij de derde, en trekt men den vierkantswortel uit de uitkomst, zoo verkrijgt men y 4- z = V (x2 336), waardoor de eerste vergel. verandert in x -\\- \\S (x* • ■ 336) = 56. Dit is eene eerstemachts vergel., waaruit x = 25. Door eene lichte kunstgreep vindt men verder y = 24, en z =7 meters. 144.   Stel voor de rechthoekszijden 3 x en 4 x, dan is de schuine zijde = 5 x, en de inhoud = 6 i1 = 1176. Hieruit volgt x — 14, en 5 > = 70 meters.

-ocr page 210-

		177
		145.   Het eene stak, dat door de loodlijn vaa de schuine zijde wordt af- gesncden, zij = x meters, dan is het andere = 2,5 — x, en * (2.5 — ar) = 1.44; waaruit x = 1",6 of O»,9; het andere stuk dus 0",9 of 1*,6. Men vindt in elk geval voor de rechthoekszijden 2» en 1»,5. 146.   Stelt men de onbekende rechthoekszijden = itnj meters, zoo z|jn de stukken, waarin de loodlijn de schuine zijde verdeelt, = j/ (x1 — 12,96) en \\S (y2 — 12,96), en tusschen deze stukken is wederom de loodlijn middenevenredig. Men heeft dus x y = 10.5 en J/ (x1—12.96) : 3.6 = 8.6 : \\S (y1—12.96). Uit de laatste vergel. vindt men, door substitutie der eerste, xy = 27; en ver- volgens uit deze en de eerste x = 6 en y = 4,5. 147.   Als men voor de grootste rechthoekszgde 60—x stelt, zal de kleinste = 60 — 2* zyn, en 602 = (60 — ar)1 ■ • (60 — 2 *)», waaruit men vindt, met verwaarloozing van eene der waarden des wortels, ar = 12, zoodat de rechthoekszijden dan 48 en 36 meters lang zijn. 60                                       60 148.   Stelt men de grootste rechthoekszijde = —, zoo zal de kleinste = —? x                                        z* zgn, en 60\' = ^— V ( — V; waaruit eerst volgt ar2 = \'/2 (l±l/5). Daar echter de rechthoekszijden ieder in het bizonder kleiner dan de schuine zijde moeten zijn, en niet negatief bedoeld worden, vervalt het onderste teèken. Uit ar2 sa !/2 (1 -f-i/6) vindt men ar=y2j/ (2 ■ ■ 21/5); waardoor eindelijk de rechthoekszijden berekend wor- den = 47™, 17 bijna, en 37™,08 ruim. 149.   Stelt men voor de basis 2 x, dan is de opst. zijde = 10 ar, en de loodlijn, op de basis nedergelaten = 3 i (/ 11. De inhoud dea driehoeks zal dus 3 x1 \\S 11 = 300 \\S 11 zyn, waaruit x = 10, 2 x = 20 en 10 x = 100 meters bekend worden. 150.   Ja. Immers, wanneer de straal des omgeschreven cirkels = ] ge- steld wordt, zal de zyde des regelm. driehoeks = J/ 3 zyn. WJj hebben dus 2 : 5\'/3 J/ 3 = \\S 3:8, hetwelk eene goede evenr. is. 151.   De zijde des vierkants gelijk x meters gesteld zijnde, is zijn inhoud = ar1 □ meters. Uit de vergelijking ar1 x = 210, vindt men x = 11, of — 15 meters. Men gebruikc het eerste antwoord. 152.   Men stelle de beide opst. zijden resp. = ar en y meters, en neme aan dat de basis = 21 meters zij, dan zal de hoogte des driehoeks = 12 meters wezen. Uit de beide vergelijkingen ar y = 33 en J/ (ar1 — 144) J/ (y» — 144j = 21 vindt men eerst xy — 260, daarna x = 20 en y = 13. 153.   Door de formule r = — vindt men terstond voor den straal des in- s geschreven cirkels 4% meter. De inhoud des cirkels ma ff f* zou
		12

-ocr page 211-

		178
		dus = 68% Q meiers moeten zjjn. Deelt men nu deze vergelijking door 22 r* = 21%, zoo verkrijgt men * = 31/, = -=-. Er is dus geene fout begaan, wanneer men de verhouding van Archimedes gebruikt. 154.   Zoo als de opgave daar licht, is zij onoplosbaar, omdat men tot on- bestaanbare waarden geraakt. Immers stel voor de opst. zijden des driehoeks j en y, voor de basis z, dan is de inhoud des driehoeks = \'/,![] meters, en de straal des omg. cirkels = R gesteld zjjn- de, R = ^- = 14%, waaruit volgt 2 xy = 85. Nu was x y, = 4,2 gegeven. Verheft men deze laatste vergelijking tot de tweede macht, en trekt men het dubbel der vorige vergelijking daarvan af, zoo blijft er (x—y)2 = — 152,36. Men kan echter geene evene machtswortel trekken uit een negatief getal. 155.   Stel de loodlijn = x meters, dan is de eene opstaande zijde — x 2, en de andere ss 25—x. Uit de vergelijking !/ ) (25-a:)2—*2} j/ j (X 2)2—x\'\\ =21, of korter V (625—50 i) i/(*i 4) = 21. volgt x = 8 of x s Ij\'j , waaruit dan het overige wordt afgeleid. 156.   Stel de opst. zijden resp. = 5 x en 6z, zoo vindt men uit de ver- gelijking             v (25 **- 576) 1/ (36 ar2—576) = 25 x — 5, als de eenige bruikbare waarde; zoodat alsdan de opst. zijden = 25 en 30 meters zullen zijn. 157.   In n°. 138 de sch. zijde — x , de eene rechthsz. = a, en de som der as j_ ja beide andere zijden = b gesteld zijnde, vindt men x =-----^-;—, de 2 o Ifl__a2 onbekende rechthoekszijde = —s-r—, en den inhoud des driehoeks ---------4T-°m- In u°. 139 de sch. zijde = «, de eene rechthsz. = x, en de andere = b—x gesteld zijnde, vindt men x = % b ± % V (2 a2—i2), voor de andere rechthsz. b—x = % b :p \'/, J^ (2 a2— i2), en voor den inhoud des driehoeks % (A2—n2). In n". 140 de sch. zijde = a—x, de eene rechthsz. = x, en de andere = b—x gesteld zijnde, vindt men x = b—a ± \\S 2 a (a—b), dus 4—x = a ^ ]/ 2 a (a- i), en «- x = 2 a—£ ;p l/2n (a—b). In n". 141 de sch. zijde = i, de eene rechthsz. = x, en de an- dere =• x b gesteld zijnde, vindt men x a — % b ± 1/2 j/ (2 a*-42); dus * b zz % è ± «/s V (2a«-A2). In n°. 142 de sch. zijde = a, de rechthoekszijden = z en j>, en de inhoud = /c2 gesteld zijnde , verkrijgt men x = % [1/ (a2 4 £2) 1/ (a2- 4 *»)] en voor y, »/, [l/ a2 4 *2) - V (a2- 4 £2)].

-ocr page 212-

		i 7V*
		In n", 143 de sch. zij Je = x, de rechthoekszijden = y en z, de a«-4 *»
	omtrek = a, en de inhoud = £2 gesteld zijnde, is x =
		2 a
		verder y = — j a2 4 Ifi V (a4 - 24 a2 *2 16 ** l en 4 a {                                                                         J « = -i- ! a2 4 ** — 1/ (a4 — 24 a2 *2 16 *«) j 4 a l                                                                         ) In n°. 144 de beide rechthockszijden = mx en nx, en de inbond 2 i2 = k2 gesteld zijnde, vindt men x =1/-------; en voor de schuine zijde m n 2 £2 W---- (m\' ri\'). mn In n°. 145 de schuine zijde = a, het eene stuk daarvan = x, het andere dus a—x, en de loodlijn = b gesteld zijnde, is x = % a ± >/2 1/ (a2-4 *2), a—x = y2 a T \'/2 V (a2—4 42), de eene rechthsz. = >/2 1/ | 2 a« ± 2 a^ (a2—4 42) }, de andere = %!/ j 2 aa qz 2 a 1/ (a2-4 4\') | . In n°. 146 de loodlijn =a, de rechthoekszijden = x en y en der- zelver som = 4 gesteld zijnde, vindt men eerst iy= -»\' ±«j/ (o2 42), daarna x = \'/i [« V 1 * B* *" T 4 «* V («2 *2) I ]. en y = >/4 [«—V |4 «2 iJ q: 4 a 1/ («! i!)|], In n°. 147 de schuine zijde —• a, en de rechthoekszijden = a—x en a—lx gesteld zijnde, wordt t = « of = Vj « gevonden; waar- uit verder volgt, dat (met verwerping van de eerste waarde van x, welke eene der rechchoekszijdeu = 0 zou maken) a—x — £ a, en a — 2.r = J a zal zijn. a a In n°. 148 de sch. zijde = a, en de rechthoekszijden = - en —, x x • gesteld zijnde, zal i = \'/j 1/ (2 3 1/ ö) zijn; de eene recht- h0?k9zijde = ^(8 3^5)\' de andere = 1 hTP 5\' In u". 149 de basis = nx, de opst. zijde = mx, en de inhoud 4 £■\'-\' = *2 gesteld zijnde, vindt men a:2 =s ------—-—;------—. \'                                       n v\' (4 M*—«*) N°. 150 is niet vatbaar voor algemeene beschouwing. In u". 151 het getal a- in plaats van 210 gesteld zijnde, vindt men * = — % ± % 1/ (4 «\' l). In n°. 152 de beide opst. zijden s ar en y, de loodlijn = z, de basis = a, en de inhoud — k- gesteld zijnde, vindt men _ a8—2 a8 b> a4 b* 8 a2 kl (a2 i-) — 48 *8 ly ~                           4 a4 (i2-a2)

-ocr page 213-

		180
		en daar x y = b gegeven is, lost men i en y door de gewone kunstgreep op. N°. 153 is niet vatbaar voor algemeene beschouwing. In n°. 154 zij CD = 4, AC = x, dan is, omdat AC BC = a wordt gesteld, BC = a—x. Nu trekke men de middellijn CE, welke wij = e stellen, en de koorde BE, dan zijn de driehoeken ACD en BCE gelijkvormig, omdat hoek ADC = hoek CBE = R, en bovendien hoek BAC s hoek BEC is. Wij hebben dus de evenredigheid AC : CE = CD : BC, of x : e = 6 : a—x, waaruit wij vinden x = \'/2 a ± \'/2 J/ (a2— 4 bc); en a—x = y2 a q= y.2 w («2—4 b c). In n". 155 stelle men de basis = «, deloodlijn, daarop vallende, = x, en de beide andere zijden resp. = x b en e—x—b, dan verkrijgt men uit de vergel. 1/ \\{c—x-b)2—x2\\ \\S |(* 4)2 —x* | = a, of eenvoudiger \\/ (c2—2 c x—% bc 2 b x ■ • 4\') ■ ■ J/ (2 bx b2) ■= a, deze tweede machtsvergelijking <r2 a«c 2 4c2—c3-2a*4               (a2 2 * c — c2)2 -----------------5--------------- x as — -----------—--------- ; welker op- 0\'                                                    4 c\' lossing wel eenigzins omslachtig, doch niet moeielijk is. In n°, 156 zij de basis = a, de daarop vallende loodlijn = b, en de opstaande zijden =mx ennx, zoo trekt men uit de vergelijking: \\S (m\'x2—b2) \\S («»*2—42) = a de vierkantsvergelijking: 2 a2 (m« »* . a2 (4 b2—a»)              u .            , x*------------r—-------x* = -----:-----;— ; waaruit dan verder m\' n\'                        m\'—»\' * enz. berekend wordt. 158. Stel de zijden des rechthoekigen driehoeks =x, y en x —y; deze « laatste waarde voor de schuine zijde, zoo zal (x - y)2 = ** y\' %p o                               p moeten zijn. Men vindt daaruit y ss „ _ x, en dus x - q2—p2                              q Q2 P* y = —}-------j x. Wenscht men nu geheele getallen, dan neme men x=q2—p*; men zal dan voor de eene recbthoekszijde hebben q2—p2, voor de tweede y, Zpq en voor de schuine zyde j* ■ ■ p2. Men neme nu willekeurige geheele getallen voor p en q, mits altijd p < q; zoo verkrijgt men het gevraagde. Stel b. v.

-ocr page 214-

		181
		y = 2 en p = 1, zoo is y2—p2 = 3; 2py = 4; y2 p2 — 5. y = 3 en p = 1, zoo is y2—p2 = 8; 2py = 6; y2 p2 = 10. y = 3 en p = 2, zoo is y2—p2 = 5; 2py = 12; y2 4- p2 = 13. y = 5 en p = 2, zoo is y«—p2 = 21; 2py = 20; y2 p2 = 29. en zoo voorts. 159.   In dit bijzondere geval doe men best met de rechthoekszijde te kiezen) welker getallenwaarde door 2py wordt uitgedrukt, en die, gevoegd bij de schuine zijde, welke wij = y2 p2 gevonden hebben, te za- men opleveren y2 p2 2py = 81. Uit de beide leden den vierkantswortel trekkende, vinden wij y p = 9. Ons vraagstuk laat alzoo vier antwoorden toe, omdat y altijd grooter dan p moet gesteld worden, namelijk: y = 8, dauisp = l, men vindt y\' p2 = 65 ; 2py = 16; y2—p2 = 63. y = 7, „ p = 2,        »        y2 p2=53; 2py = 28; y\'—p2 = 45. y = 6, „ p = 3, „ y2 p2 = 45j 2py = 36; y2-p2 = 27. en y = 5, „ p = 4,        „        y2 p2 = 41; 2 py = 40; y*—p2 = 9. 160.   Men kieze de zijde, welker waarde door y2—p2 is uitgedrukt, en stelle die gelijk 7. De stelkunstige vorm is splitsbaar in twee fac- toren y ■ ■ p en y—p. De getallenwaarde is mede splitsbaar, doch in geene andere geheele of ronde factoren, dan 7 en 1. Men heeft dus y • ■ p = 7 en y—p = 1. Beide deze vergelijkingen tot de tweede macht verheven, van elkander afgetrokken, en door 2 gedeeld , verkrijgt meu 2py = 24. De tweede macht der eerste vergelijking, verminderd met deze laatste vergelijking, laat over: y2 p2 =25. En zoo zijn dan de zijden in ronde getallen bekend. 161.   Men stelle de zijden resp. = x, x 19.2 en 28,8—2 x, zoo zal uit de vergelijking x2 (x 19,2)2 = (28,8—2 x)2 volgen x = 38,4 ± 14,4 ]/ 6; x 19,2 = 57,6 ± 14,4 1/ 6 en 28,8 — 2 x ss — 48 =p 28,8 1/ 6. Men gebruike alleen de onderste teekens. 162.   Stel de derde zijde — x, en de daarop vallende loodlijn ~ >j, dan is % xy s 84 en \\f (132-y2) = x—\\S (142—y2), welte laatste vergelijking door transformatie wordt 4 x2 (142—ya) = x* 54 x* 729. Maar i x* y2 ■= 112869 kan hierin worden gesubstitueerd, en dan herleidt zich de verg. tot den vo»m x*—730 x2 ss — 113625, waaruit x berekend wordt = -±: 15 of ± p^ 505. Van deze waar- den is x = 15 de meest geschikte. 163.   Stelt men de zijden des driehoeks resp. = a—x, a en a x, dan is de halve som der zijilcn = l\'/., a; en de inhoud des driehoeks = V 1% « X V» a X (Vi a—x) X (»/, « *) = V 3/4 «2 C/4 o*—*2). Maar « is bekend, want 3 a, de som der zijden is gelijk aan 1260 meters; a = 420. En de inhoud bedraagt 75600 □ meters.

-ocr page 215-

		1S2
		Wy hebben dus            132300 (44100-.r2) = 5715360000 of 44100—x* = 43200. dus x* = 900 en x = 30 meters; Zoodat de zijden des driehoeks zijn 390, 420 en 450 meters. 164.   Stel het grootste stuk der schuine zijde = *, dan is de loodlijn, die uit den rechten hoek daarop is nedergelaten = \\S ax, en de inhoud van den grootsten der beide driehoeken = l/,il/«ï = i\', Hinruit volgt « = — $s4ta*b, waaruit dan al het overige wordt berekend. 165.   Men substitueere in de formule e = -, I r i1 en s = \'/2 a, zoo t 2 A2                     4 b1 verkrijgt men r = — en 2 r = ----- = de gevraagde middellijn. a                       a 166.   Stel de zijden des driehoeks = x, y en z; y2 (x y z) — s, en 2 I den inhoud des driehoeks =: T, dan is ax-=.1\\, dus x := — a 2 1 cz= 21, „ z ■= — c % ab 2 a c % bc , , en i j j = 2 s = -------------------------------- X I; dus abc ab ac bc
		abc a b a e — bc abc		X I.
		X I.
		ab — ac bc s—y ■= ----------r---------- X I. abc — ab ac bc en s—z = ------------;---------- X l> abc Vermenigvuldigt men de overeenkomstige leden dezer vergelijkingen met elkander, zoo verkrijgt men: ts _ («* \'"■ *«) (ab a- —bc) (ab—ar bc) (—ab ac bc) „ ------------------------------------------ai bi C4                                                X \' waaruit volgt: ___________,_______________a* b* c*________________________ —V (ab ac bc) (ab ac—4c) ab-ac bc) (—ab ac bc)\' 167. De drie zijden van den driehoek ARP zijn gegeven AB = a, AP=e, BP at d; ook de drie zijden van den driehoek APC; AP sa c, Cl\' = e, AC = b; derhalve zijn ook de loodlijnen PD en PE bekend, benevens de stukken waarin zij de zijden AB en AC verdeelcn. Men stelle gemakshalve AD —f, AE = g, PD = A, PE s i. Laat EF loodrecht op AB neder, en PG loodrecht op KK Stel au

-ocr page 216-

183

GP = x en EG — y. Dan heeft men wegens de gelijkvormigheid der driehoe- ken EGP en AEF, PE : AE = PG : EF en PE8 — PG2 -|- EGe, of, zoo men er de waarden voor stelt i : g = x : h y en i* = x2 yz. Uit deze twee vergelijkingen wordt * of GP bekend. Maar driehoek EGP is ook gelijkvormig met driehoek AHC. Wij AC = GP : CH; waarvan nu alleen de laatste en gevonden wordt. Ook vindt men AH en dns BH2 ss BC1 berekent men

hebben daarom EP term onbekend was BH. En door de v

eindelijk de derde zijde des driehoeks. 168. Stel de rechthoekszijden — x en y meters, dan is

Va xy =

y2 = «2-

Men vindt x=Vt l V (*2 4 a2) V (A2—4 al) \\ en y ss % | j/ (42 4 a2) — V («2—4 a2)}. Het product der beide pijlen is gelijk aan de tweede macht van de halve koorde, waartoe zij behooren. Men vindt alzoo de tweede pijl = —;. Hierbij de eerste pijl opgeteld, verkrijgt men voor de 4 o

169.

Deze waarde met «r vermenigvuldigd, geeft

middellij u

4 b

den omtrek. Trek nog de koorde welke de beide cirkels gemeen hebben. Laat verder den omtrek des grootsten cirkels in reden als p en g, en die des kleinsten cirkels in reden als m en » verdeeld zijn, zoo zijn de beide bogen, die door de gemeenschappelijke koorde onderspannen

170.

q

X 360° en

»

X 360°. Derzelver sup-

worden resp. = f -r 5

p—q

X 180° en

plementcn zijn resp, =:

X 180°. En dit

1                                  P 1                 m .. zjjn de bogen, Moor welker helften de hoeken gemeten worden, welke de middellijnen met de gemeenschappelijke koorden maken.

De geheele hoek zal dus gelijk zijn aan ( —-»—I- \\p -f. q

m—n \\ —7— ) X 90°.

Trek in den kleinen cirkel een e straal naar het raakpunt, en ver- eenig het uiteinde der koorde met dat van de middellyn des grooten cirkels, zoo bekomt men twee gelijkvormige rechthoekige driehoeken. Laatstgenoemde kooide wordt, als men de straal des kleinen cirkels

171.

t

= r stelt, bevonden =

X r; stel gemakshalve = cr. Noemt

-ocr page 217-

		184
		men nu |{. de straal des grootcn cirkels, zoo heeft men de verge- lijkingen: «» >•» = (2K-r)\' en e1 r\' a1 c\' = 4R*. Deze vergelijkingen ten opzichte van R opgelost zijnde, geven eene ei\'ndvergelijking r \\S (a1 r\') = V (c1 r* • ■ al c1), waar- uit r bekend wordt. Men vindt lt door substitutie. 172.   Trekt men van het punt, waar de opstaande zijde den cirkelomtrek snijdt, eene koorde naar het overstaande hoekpunt des driehoeks, zoo hebbeu wij de stelling op den scherphoekigen driehoek slechts te gebruiken, om de stukken te berekenen, waarin de Joodljjn de zijde verdeelt, waarop zij is nedergelaten. 173.   Als de zijde des gelijkzijdigen driehoeks r= m is, is zijn inhoud gelijk % «*\' V 3. Nu zijn gelijkzijdige driehoeken gelijkvormige figuren; dus staan hunne inhouden tot elkander als de vierkanten der gclijk- standige zijden. Men heeft dus Vt «\' V 3 : a1 = m1 : x1 waaruit gevonden wordt x = J a jj-\' 27, 174.   Stel van beide figuren den omtrek = 12 «, dan is de zijde des ge- lijkz. driehoeks = 4 a, en die des vierkants = 3 a. Men vindt voor hunne inhouden 4 a- \\S 3 eu 9 a1, en voor de verhouding hunner inhouden 4 J/ 3 en 9. 175.   In vraagst. 173 zagen wij, dat de zijde eens gelijkzijdigcn driehoeks, welks inhoud = a1 is, gelijk \'/3 a r)-" 27 bevonden wordt. Zijn om- trek, bedraagt alzoo 2 a J^ 27. Is de inhoud van het vierkant = 0», zoo is zijn omtrek = 4 a; de omtrekken der figuren staan dus tot elkander in reden als 2 V 27 : 4, of als V 27 : 2. 176.   Verleng de pijlen, tot waar ze elkander in het middelpunt des cirkels ontmoeten; dan zullen die verlengden tevens de helften bedragen der rechthoekszijden. Stelt men dus den straal =s r, zoo worden de recht- hoekszijden uitgedrukt door 2 (r—a) en 2 (r—i), terwijl de schuine zijde, middellijn zijnde, = 2 r is. Uit de vergelijking 2» (r—a)1 2* (r—b)1 = 4 r1, of eenvoudiger (r—af (r—b)1 = r1, vindt men r = a b±\\S 2a b, waaruit voor de rechthoekszijden volgt 2 (6 ± \\/ 2 a b) en 2 (a ± V 2 a b) en voor de schuine zijde 2 (a b ± ]/ 2 a b). 177.   Laat FH ar a, LR = b, IK = c gegeven zijn. Stel AB =p, BC = q, AC = /, en AM = r; dan is MP = r—a en MI = r—c. Laat CD lood- recht op AB neder, en verleng haar tot in E; trek AE, die MH in G snijdt, dan is drieh. AMG gelijkvormig met den ge- heelen driehoek ABC; want hoek ACB = % boog AB=;hoek AMG; hoek AGM = hoek AEC = hoek ABC; dus AM: MG = AC : BC. Maar ook de driehoeken

-ocr page 218-

		185
		AMI en AFG zijn gelijkvormig; want hoek AIM = hoek AFG = R; en hoek AGF = hoek AEO = % boog AC s hoek AMI. Derhalve AI : AF = MI : FG of l/2 t : % p = r—c : FG, waarnit FG = p                                                                                                                    P 7- (r— c); hierbij MF = r—a, komt MG = r—a ■ ■ r-(r—c). Deze t                                                                                        t waarde gesubstitueerd in de eerste evenredigheid, verkrijgen wij r : P at cp r—a - (r—o) = t : q; waaruit r — ----------—. Men komt nog gemakkelijker tot deze vergelijking door IF te trek- ken, welke = % BC zal zijn. Uit vraagst. 28 der 2e Afd. weten wg, dat AM X IF — AI X MF AF X MI is, of % q r = \'/2 t at • ■ cp (r—a) y2 p (r—c), waaruit r = ----------—, Nu weet men dat p = 2 J/ a (2 r—a); q = 2 V b (2 r—b) en t = 2j/c (ir—c) is. Als men r hierin substitueert verkrijgt men drie vergelijkingen, welke de wijze aangeven, waarop de zijden des driehoek» van de pijlen afhangen. Men geraakt evenwel tot hoogere machtsvergelijkingen. Daar de tophoek des gelijkbcenigcn driehoeks 36° is, stelt de figuur voor den middelpuntsdriehoek eeus regelmatigen tienhoeks. Wij ken- nen de verhouding tnsschen de opst. zijde en de basis, en berekenen alzoo lichtelijk het apothema, dat met de halve basis vermenigvuldigd, den inhoud des driehoeks geeft. Men vindt voor den inhoud % a2 y (5 ■ . 2 V 5) D meters. Noem AB de basis; CU de hoogte des driehoeks, dan heeft men (AD CD)2 = AU\' CD1 2 AD X CD. Maar AD1 CD" s= AC", en 2 AD = AB; derhalve (AD CD)2 = AC* AB X CD. Men ziet hieruit, dat er in de opgave eene fout is ingeslopen. Men leze vermeerderd in plaats van verminderd. Handelt men even als in vraagst. 105, zoo vindt men voor de basis .» 8 « „ . , ,..,.„ a (a b) AB, -— \\S a b; en voor de opst. zijde AC, -7—-----— 1/ "0. o                                                              o (a—b) Zij gegeven AB = a en CD = b; dan is BC = \'/, |/ (4 ** «*), en CE = BC — BB = BC — bÜ s - % a Vs V (4 6\' "\')■ Trek nu EF loOQr- °P AB; dan is CB : EB = CD : EF; hieruit vindt a b men na substitutie EF = ——n-----t-. Ook l^(ib\' a\') is CB : CE = AB : EG; waaruit men vindt _ « (-« 1/ (ib- «\')) EG =----------- -—,---------------. Het halve pro- ]/ (ib\' a\')                            \' duet der gevonden waarden geeft lnh. drieh. _ «\' b (-a V d 6\' a\')) PEG---------------8 14 4" -\')----------•
		13

-ocr page 219-

		186
		182.   Men vindt lichtelijk voor de hoogte des driehoeks b \'/2 jv (4 ö2— a2), en voor zijn\' inhoud % a (2 b V (4 4\'—a2)). Daar nu de inhoud des cirkels = t 42 is, zal hunne verhouding zijn a (2 4 j/ (4 *»—<i2)) : 4 "■ ia. 183.   De drie loodlijnen uit het middelpunt des omgeschreven cirkels op de zijden nedergelaten, zyn resp. gelijk aan % J/ (4r\'-«!), % V (4 r2—4\') en % 1/ (4r2—c2). Hierin substitueere men r =--------------------------------------. De drie andere lijnen, welke 4l/« (s—a) {s—i) (s-c)                                   v gevraagd zijn, worden respectivelijk bevonden gelijk te zijn aan j/ \\(s—a) (s-b) (s—c)                 .1             [ (s-a) (s—t) (s-c) i \'s                  (s_c) i • ^ i ; (.-»)■[ en ,/ |(<-*> (J7a) (j~e) («—)»j. - (Zie vraagst. 106), Beproef, of de gevonden waarden nog te vereenvoudigen zijn. 184.   Volgens vraagst. 177 leidt deze opgave tot eene hoogere machts- vergelijking. 185.   De vereenvoudigde vormen der drie laatste waarden in vraagst. 183
		zijn y2 K « i X -----, \'/2l/«tX -----1 en \'/,1/*<X		s—a
		T\' Uit deze waarden voor de lijnen, uit het middelpunt des ingeschr. cirkels naar de hoekpunten getrokken, lost men de zijden op. Doch men komt alweder tot eene hoogere machtsvergelijking. 186.   Zij CD = a, AB = 4, AC = c, BD = d. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken CI>K en ABE vindt men „„         ac _          bc __         a d CE = -------, AE = ------■,, DE =------ a b               a -t-i               a b BE = bd
	a i Stel deze vier breuken gemakshalve — «» ft 9, *• Men vindt voor de hoogte 2 EF, - 1/4 (s—a) (s—e) (s—g), zijnde a 2 t = % (a e ff) en voor de hoogte EG, — 1/ s1 (*\'—*) (s\'—f) <*\'—h), zijnde *\' = % (b f h). Verder is de inhoud van het trap. = de som der evenwijdige zijden vermenigvuldigd met de halve hoogte FG. 187. Deel de hoeken E en F middendoor, zoo weet men uit Vr. 55 van de 2e Afdeeling, dat de doellijnen GE en GF elkander in G rechthoekig snijden. Verder is het uit Vraagst. 33, bladz. 5, bekend,

-ocr page 220-

187

dat boek EBF, of wat hetzelfde is, hoek ABC gelijk is aan de som der hoeken BUG, EGF en BFG. Men kent dus een der hoe- ken des vierhoeks. Het supplement van dien hoek, gevoegd bij den hoek F, geeft den hoek BAD. De twee overige hoeken des vierhoeks zijn respectivelijk de supplementen der reeds gevondene hoeken. 188.   Volgens § 210 van den wiskundigen leercursus van Badon Ghyben is de diagonaal AC van den bedoelden vierh. = y --------          ------\'. ab ■ ■ cd Hen kent alzoo de drie zijden van beide de driehoeken, waarin deze diagonaal den vierhoek verdeelt; en berekent nu den straal des om- geschreven cirkels uit de zijden. 189.   Volgens Vraagst. 43 der 2e Afd. is AE* BE2 CE* DE» M 4r», of 2 AE* 2 BE» = 4 r2 , zoodat AE» BE» = 2 r* is. Stel nu AE = % (—1 j/ 5) x, dan is AE»= \'/4 (6— 2]/5*» dan is BE s \'/2 (3—1/5) x en BE» = >/4 (14—6 J/ 5) *». derhalve hun som % (20—8]/5) x1 = 2r». men vindt x2 =r ------:-----------—f

r> (5 i/ 5)

10 r2 (5

1/5) -------- en

AD» a 2AE» =

dns AE» =

r2 (B-v/5)

AD = >/, r j/ 10 (5 1/ 5), BE« =

BC»= 2BE =

10 r2 (6-l/B)

en BD = >/5 rj/10 (5—1/ 5) en AB» = AE» BE» = 2r»,

25

waaruit AB = CD = r\\S 2. 190. Als de zijde des vijf hoeks = a gegeven is, vindt men voor den straal des omgeschr. cirkels \'/,„ a J/ 10 (5 1/5), voor het apothema                 •/,„«]/5 (5 2J/5), voor de diagonaal                  */2 a (1 \\S 5). Stelt men den straal = a, zoo is A KA                                               10 a

1/5) - 21/ 5)

de zgde

V 10 (5 - «J/5 (5

het apothema = en de diagonaal =

1/ 10 (5 -»- v/ 5) 5 a (1 1/ 5) 1/10 (5 ]/5)\'

-ocr page 221-

		188
		191.   Stel de zijde = a, dau is (zie het vorige vraagstuk) hel apothema = \'/„.il/S (5 • • 2J/5); de inhoud van den middelpuntsdriehoek = y.il)a\'-ls\'5 (5 2j/5), en de inhoud des vijfhoeks s V^a-J/S (5 2j/5). 192.   Stelt men den straal — r, zoo bevat de omtrek 2 "■ r meters, en de inhoud * r2 □ meters. Nu moet 2 * r — tt r8 zijn. Hieruit volgt ?• = 2 meters, 193.   Dit vraagstuk kan herleid worden tot het volgende:
		„Een cirkel te beschrijven, die twee in grootle en stelling gege- ven cirkels raakt, en bovendien door een gegeven punt gaat." Stel dat M en N de middelpunten , MA en CN de stralen der ge- geven cirkels, en R het gegeven punt zij. Nemen wij aan, dat het vraagstuk opgelost zij , en de cirkel uit het punt P met de straal PF beschreven , aan het gevraagde beantwoorde. Trok dan door de raakpunten F en 6 do lijn HE, die de lijn AE, welke de middel- pnnten der gegeven cirkels vereeniet, in E snijdt. Trek verder MH, MP, PN en NI, dan zijn de hoeken H, F, G en I eelijk, dus MH evenwijdig aan GN en MF evenwijdig aan NT; daarom hoek BMF = bosk DNT; en hoos? BF s booe Dl. Trekt men nn nog AF en DG. zoo is hoek FAB — hoek l)GE. Bovendien hoek E = hoek E, dus drieh. AFE <v> drieh. DGE, en AE : GE = FE : DE, of AE X DE si FE X GE = ER X ES. Het punt S is dus bepaald , zoodra het punt E bepaald is. Trek uit E de raaklijn EL, en verleng die j trek verder NL en MK evenwijdig met NL, dan is ME : NE = MK : NL; maar om- dat NI evenwijdig met MF is, zal ME : NE = MF : NI zijn; waarnit volgt: MK : NL s MF : NI. Daar in deze evenredigheid de volgende termen gelijk zijn, zullen ook de voorgaanden gelijk wezen; dus MK •= MF. Dewijl nu bovendien hoek MKL ss R is, zal het verlengde der raaklijn EL ook door het raakpunt K gaan, en wederkeerig zal de raaklijn der beide cirkels de lijn MN in E snijden; waardoor dit pnnt nu bepaald is. Er blijft ons dus slechts over een\' cirkel te beschrijven , die door

-ocr page 222-

		139
		de punten R en S gaande, een\' der gegeven cirkels raakt. (Zie Vraagst. 71, Afd. II.) Terugkomende op bet vraagstuk, zoo ah het daar voor ons ligt, kan men alzoo een\' cirkel beschrijven, welke de twee cirkels raakt, die uit de middelpunten der grootste cirkels zijn beschreven met stralen, die gelijk zijn aan de verschillen, welke men verkrijgt, wanneer men hunne stralen met dien des kleinsten cirkels vermin- dert, en door het middelpunt des kleinsten gaat. De gevraagde cirkel zal concentriek zijn met den beschrevenen, doch zijn straal zal zooveel langer moeten genomen worden, als de lengte vau den straal des kleinsten cirkels bedraagt. 194.   Zij ABC n\\: ütcl\' rechth. driehoek; D, E en F de middelpunten der bedoelde vijfhoeken, DK, EL en FG de apothemata, die de zijden des drichoeks rechthoekig middendoor deelen, en waarvan de beide eersten, verlengd zijnde zich in het midden G der hypothenusa ontmoeten; DG en EG zijn dus beide bekend, gelijk ook DE als schuine zijde van den rechth. drieh. DEG. Nu verlenge men DG en EG en late uit F de loodlijnen FH en FI daarop neder. De daardoor ontstane rechth. driehoeken FGH en FGI zijn beide gelijkvormig met driehoek ABC, daar hunne zijden loodr. op elkander staan. Dewijl nu FG bekend is, berekent men lichtelijk GH en GI.. waardoor wederom DF als zijde van den stomphoekigen driehoek DFG, en EF als zijde van drieh. EPG berekend worden. Zoo kent men dan de zijden des driehoeks DEF, en bepaalt nu de middellijn des omgeschreven cirkels. 195.   Trek een\' straal naar het hoekpunt van het vierkant; men verkrijgt dan een\' rechthoekigen driehoek , welks rechthoekszijden = x en 1/2 * gesteld worden. Uit de vergelijking .r2 \'/4 xi = 100 bekomt men *s = 80 □ meters. 196.   Uit de evenredigheid (zie \'t vorige vraagstuk) 80 : 10000 = 20» : d*, vindt men d = 100 \\S 5. 197.   Wordt de straal = 1 gesteld, zoo is de zijde des omgeschreven vier- kants = 2, en die des ingeschreven vierkants = V2; derzelver ver- schil alzoo = 2-J/2. Men heeft dus 2—j/2 : 16 (—1 1/2) = 1 : r; waaruit f = 8 1^2. 198.   Zie Vraagstuk 104 dezer Afdeeling. 199.   Zal de afgesneden driehoek juist % van den geheelen driehoek be- vatten, en kan hij daaraan gelijkvormig zijn, zoo zullen zijne zijden ieder in \'t bijzonder de helft zijn van de zijden des gegeven driehoeks- Eu die gelijkvormigheid is hier mogelijk.

-ocr page 223-

		190
		Stel AB = 30; zoo zal, nadat die zijde in D in de gegeven reden verdeeld zal zijn, AD = 17%, en BD = 12% wezen. Nn is AE2 = AF2 = \\S AB X AD = 5 \\S 21, dus BF = 30—5 V 21. Ook is AB : AC = AF : AG, of 30 : 40 as 5 v\' 21 : AG, waaruit AG =s 62/3l/21 en CG =40 - 6% V21. DG = 23-x en DH : DG = AK : EI; of 23 : 23—x = 34 : BI; waaruit EI = ■ hierbij IF = 36, komt voor
		200.
		301.
		23
		(23—*)34
		De som van AB
		EF,
		34
		EF is dos = 106		(23—x)34 JU
		—23—!dlt (23 -x) 17 x verm. met de halve hoogte GH sr % x, geeft 53 x -------tt------ = 560. Hieruit vindt men x = 8"/51 en EF = 575%„. Bereken eerst de hoogte des trapeziums. Men vindt 38\'", 89. Voor zijn\' inhoud zal men dan 3733,44 P] m, vinden, waarvan het derde deel 1244,48 Q m. belraagt. Op de gegeven basis van 30 m. laat zich geen driehoek van dien inhoud construeeren, tenzij zijne hoogte veel grooter zij, dan die des trapeziums. De doellijn moet dus de bovenzijde snijden. Men stelle dat stuk = x-, dan is 1244,48 = (30 s x) 19,445, waaruit x -rz 34 m. Den reeds gevonden inhoud van het trapezium in de gegeven reden verdeelende, vindt men voor het kleinste stuk 1493,376 Q m. Uit de vergel. (11 • • x) 19,445 = 1493,376 vindt men de bovenzijde x = 65»,8. Men weet, dat, wanneer de straal des cirkels = 1 gesteld wordt, de zijde van den omg. regelm. driehoek = 21/3 is; en berekent lichtelijk, dat de loodlijn uit den top op de basis nedergelaten = 3 zal zijn. Men construeert dus dien cirkel, door die loodlijn in drie gelijke deelcn te verdeelen, en een dier deelen tot straal te nemen. Laat C\'EF de verlangde driehoek zijn; men bewijst licht, dat zijne basis EF de diagonaal AC rechthoekig snijdt. Zij gegeven de zijde dus vierkants = a, dan is AC = al/\'2. Stel AG ss x, dan is EF = 2 a; en CG = —x ■ - aj/2, en de inh. des drieh. = x (-x «1/2). Nu is x {-x «1/ •) = % a2, waaruit x = — % a % a \\S 2.
		202.
		203.
		204.
		205.

-ocr page 224-

191

Hieruit volgt deze constructie. Laat uit het middelpunt M des vierkants de loodlijn MH op AB neder, en beschrijf uit M met M1I als straal een\' cirkelboog, die de diagonaal AC in G snijdt. Trek door G, EP loodrecht op AC, en vereenig E en F met C. 206.   Zij MAT? de gegeven sector. Deel hoek AMB middendoor, zoo zal zich het middelpunt des gevraagden cirkels in de lijn MD bevinden. Zy N het middel- punt; laat NC loodrecht op AM neder, en stel NC = ND = i. Omdat nu hoek CMN = 30° is, zal MN ss 2 CN = %x, en MD = 3 x zijn. Is MD dus 3 o, zoo zal ND = \'/, a zijn. Waarom is deze uitkomst dezelfde als in Vraagst. 204? 207.   Zij DEFG het gevraagde vierkant. De driehoeken CGF en CAB zijn gelijkvormig; dus FG : AB ss Cl : CH, maar Cl =■ CH—FG; onze evenredigheid verandert dus in FG : AB = CH—FG : CH. Men lost hieruit op FG = —---------^=7, Ad ■ ■ Cri FG is dus de vierde evenredige tot AB -f- CU, AB en CH.

208. Zij ABC de geg. driehoek, en M de zijde van het geg. vierkant. Laat rechth. EFGH aan de vraag voldoen, dan is EF : M = M : Dl en AB : Ei\' = CD : Cl

dus ABXEF: M X EF = MxCP : I» XC1. of AB : M =MxCD:mxCT.

en Dl X Cl = -

2 X CD

AB

Constructie. Beschrijf op KK = AB CD als middellijn dei halven cirkel KON; neem op KO van O af PO = M en trek FC evenwijdig aan KN , dan is OQ2 r M2 X CD -----£g---- ; waut OP2 : OQ8 : OK2 : ON* = KL : LN = AB:CL

dusOQ» = OP2XIF=-ï3—.

-ocr page 225-

192

Het komt er dus nu alleen op aaa om de loodlijn CD zoodanig in I te deelen, dat 01 X Dl = 0Q« zij. Beschrijf tot dat einde een\' halven cirkel op CD; maak DU = OQ, en trek UW loodrecht op AB; de cirkelomtrek wordt dan in V en W gesneden. Laat VI en WI\' loodrecht op CD neder, dan is V12 _ ](W2 s DU2 as OQs = Dl X Cl = Dl\' X Cl\'. De rechthoeken BFGH en E\' E\' fi\' II\' beantwoorden alzoo aan de vraag. 209. Zij M het middelpunt van den-gegeven cirkel; AB de gegeven lijn, en A het raakpunt. Stel dat m het middelpunt zij van den begeerden cir- kel. Laat MB loodrecht neder op AB, en verleng haar tot H. Trek A m, mC evenwijdig aan AB, en mM; dan is BC=BD CD en DM ss CM CD; dus BC DM ss mU = BM CD en m M2 = BM2 2 BM X CD CD2; maar »M\' = Cm2 CM2 = AB2 (DM—CU)2; daarom BM2 2 BM x CD CD2 ss AB2 DMa- 2 DM X CD CD2, of 2CD (BM DM) = AB2 DH2—BM* = AB2—(BM2—DM2), AB2 en korter 2 Cl) X BH = AB2—BH X BD; waaruit 2 CD = —— BD. DO Constructie, Trek AH, en maak BE = AB; trek EF evenwijdig aan AH, dan is BH : BE = AB : BF of BH ; AB = AB : BF AB\' en BF = -J777-. Maakt men nu nog B6 = BD; zoo zal FG ss AB2 ——— BD ss 2 CD zijn. Het punt C, en daardoor het punt m is BH alzoo bepaald. Door eene dergelijke constructie, waarvan in de figuur eenige aanduiding is geschied, vindt men het middelpunt m\' van den tweeden cirkel, die aan het gevraagde voldoet. En op eene andere wijze aldus: Stel dat m\' het gezochte middelpunt zij. Laat mi\'C\' loodrecht op BH neder, dan is BC\' = BD CD en DM = — CM CD. Het verschil dezer vergelijkingen geeft Mot\' = BD CM, zoodat m> !Ua = BD2 2 BD X CM CM* - CM2 Cm\'2 is. Hiernit

("M is dus de vierde

vindt men CM

(AB BD) (AB-BD)

2 HU - BD en AB-

BU.

evenredige tot 2BD, AB

-ocr page 226-

		193
		210.   Zij ABCD het geg. vierkant, en laat den gelijkz. driehoek CEF op de verlangde wijze daarin beschreven zijn. Stel DE = x, dan zal AE = a—x zgn, wanneer de zijde des vierkants = a wordt aangenomen, en CE2 = a2 ■ ■ x* zrjn, ter- wijl EF2 = 2 (a—x)2 zal wezen. Vermits nu CE en EF gelijk zrjn, is a» f- x* = 2 (a—*)•; waaruit men vindt a—x =r */j a \\y 2. Deze laatste vorm is juist de waarde van de halve diagonaal des vierkants. Alen deele dus AC in M middendoor, en beschrijve uit A als middelpunt met AH als straal een\' cirkelboog, die AD en AB in E en F snijdt, zoo zal drieh. CEF de begeerde zrjn. 211.   Zij ABC de geg. driehoek, en p, q, r, de lijnen die de verhouding der gevraagde afstanden aanduiden. Stel dat F het begeerde punt zij. Neem op AP het punt D naar willekeur; maak hoek ADE = hoek ABP en hoek ADF = hoek ACP, dan zijn gelijkvormig 1°. driehoek ADE en drie- hoek ABP; 2°. drieh. ADF en drieh. ACP. en dan is AE : DE = AP : BP = p : q. (1) AF : DF = AP : CP t= p : r. (2) Uit dezelfde driehoeken volgt nog: AB : AD = AP : AE AC : AD = Al\' : AF derh. AB : AC = AF : AE hoek BAC = hoek EAF dns drieh. ABC gelrjkv. drieh. AEF. en hoek AEF = hoek ACB; en hoek AFE = hoek ABC. Stel nu, dat het punt D zoodanig aangenomen zrj, dat AE = p zy, dan wordt evenr. (1) p : DE = p : q; derhalve DE = q. Uit evenr. (2) p -. r = AF : DF volgt DF ss r X AF : q. Neem dus AG = r, en trek GH evenwijdig aan EF, dan volgt uit de gelijk- vormigheid der driehoeken AGH en AEF, AE : AG = AF : AH of p : r = AF : AH en AH = r X AF ; q = DF. Hieruit volgt nu deze constructie: Maak AE = p, AG = r, hoek AEF = hoek ACB; trek GH evenw. aan EF. Beschrijf uit E met q, en uit F met AH als straal twee cirkels, die elkander in D en D\' snijden. u

-ocr page 227-

		194
		1°. voor het punt D. Trek de onbepaalde lijn AD, en maak hoek ABP = hoek ADE, dan zal P het eerste punt zijn; 2°. voor het punt O\'. Trek de onbepaalde lijn AD\', en maak hoek ABP\' — hoek AD\'E, dan zal P\' het tweede punt ziju, dat aan de vraag voldoet, 212.   Zij ABC de gevraagde driehoek, en de loodlijn CD = a. Stel dan AD = % (—1 1/5) x, dan is BD = % (3-1/5) x. en % (-1 1/5) ar: a = a : j/2 (3—1/5) x. Men vindt i = «)/ (8 1/5); zoodat Vt (-1 1/6) *=%«!/ (2 21/6), en Vi (3—1/5) x — % «1/ (—2 2J/5) wordt. Eene constructie op deze uitkomst te bouwen, zou eene zware zaak zijn. Men doet beter, eene willekeurige schuine zijde aan te nemen, deze in de uiterste en middelste reden te verdeelen, en de loodlijn uit het deelpunt op te richten, die door den op de hyp. beschr, halven cirkel bepaald wordt. Vervolgens construeere men eene figuur aan de verkregene gelijkvormig, die de verlangde lood- lijn heeft. 213.   Laat de eene rechthoekszijde — a, de andere zz b, en de schuine zijde = c meters gegeven, en de straal des cirkels die de eerste rechthaz. raakt = r, en die des cirkels welke de tweede rechthsz. raakt = r\' gesteld zijn, dan weet meu dat r = 1/\'-------------------, en r\' = ]/ s—a i (i—a) (s—c) .                  s (s—b) (s—c) ------------;------- is. r3 = —----------------; in\' = 2* (s—c) en ra = s—t                                   s—a s (s—a) (s—c) •-----------------. Deze drie laatste vergelijkingen samengeteld, geven <\' ■* = (,-„m*% x!(~>* 2 {s-a) (\'-4) (-4)ïl Maar in een\' rechth. driehoek is s (s—c) = (s—a) (s—b) = ytab; zoo is dan r r\' = (s—a) (s—b) = c. En het prod. der twee ,                                ** (s—a) (s—b) (s-cy* eerste vergel. geeft: r r\' = 1/ —-------—---------------- = s (s—e) = (s—a) (s—b) V2ab = l. 214.   Zullen de veelhoeken aan elkander kunnen sluiten, zoo moeten hunne polvgoonshoeken evenmatige deelen zijn van 360°. 360 Men stelle dus »—2               = l (zijnde t een geheel getal) —-— X 180 n ïn                                                                         4 of —s = t, waaruit in a tn—21, en n — 2 -—r. Daar nu n n—i                                                                     i—i 4 een geheel getal moet zijn, zal men —- — u, een ander geheel

-ocr page 228-

		195
		getal mogen stellen. Men vindt t ■= 2 -. Dus moet - mede u                       u een geheel getal zijn. Dit kan, onder deze omstandigheden, niet zijn, tenzy u een deeler is van 4. Na is vier niet anders deelbaar dan door 1, 2 en 4. Men stelle dus ■ si, dan znl t — fi , en » = 3 zijn. « = 2,         „ < = 4, „ » = 4 „ » = 4,         „ \' / = 3, „ » = 6 „ Oeene andere das, dan de rcgelm. driehoeken, vierhoeken en zes- hoeken hebben deze eigenschap. 215. Laat a, b, c, d de zijden van den gevraagden vierhoek, en A de zijde van \'t gegeven vierkant voorstellen.
		Stel dat de vierhoek ABCD de gevraagde zij. Laat uit C de lijn CE loodr. op het verlengde van AD, en CF loodr. op het verlengde van AB neder, dan is 2 drieh. ACD = AD X CE, en 2 drieh. ABC = AB X CF. De som dezer vergelijkingen geeft 2 vierh. ABCD = AD X CE AB X CF = 2 A». Zoek nu eene vierde evenredige tot AD, AB en CF. Men vindt CG; dan is AD : AB -= CF : CO en AD X CG = AB X CF, waardoor de vorige vergel. wordt 2 vierh. ABCD = AD (CE -f- CG) = AD X EG = 2 A*; waaruit de evenredigheid AD : 2 A = A : EG ( of d : 2A = A : EG, zoodat men EG kan construeeren. Stel nu, dat onder dezelfde gegevens een andere vierhoek ware geconstrueerd, rechthoekig in H. Trek dan AT en door I de lijn KL evenwijdig aan EG, en GL evenw. aan EK, dan is KL = EG; en daar Dl ■= DC = e is, zal ook de ligging van het punt L hekend wezen. Nu is AC8 = AD2 CD* ■ ■ 2 AD Kl>J= AB» BC» 2 AB X BF AT» = AD» OP ■ 2 AD X T)K = AH» Hl».

-ocr page 229-

196

Trek de laatste verg. van de eerste af, zoo zal, daar CD = Dl, AB = AH en BC = Hl is, AC2—AP = 2 AD X EK = 2 AD X GL = 2AB X BF en AD X GL = AB X BF zijn. Hieruit volgt GL : BF = AB : AD = (zie boven) CG : CF. Nn zijn de hoeken G en F beide rechte hoeken, das driehoek CBF gelijkvormig met drieh. CGL. Daarom BF : GL = BC : CL = AD : AB, of b : CL = d : a, zoodat CL mede door constructie bekend wordt. Men kan alzoo van de volgende constrnctie gebruik maken: Stel twee lijnen AH s a en Hl = b loodr. op elkander; beschrijf uit A met d en uit I met c als straal twee cirkclbogen, die elkan- der in D snijden, dan is vierh. AHID onder de gegeven zijden sa- mengesteld, en rechthoekig in H. Trek door het punt I de onbep. lijn KIL rechth. op AD. Constr. de lijn KL als vierde evenredige tot d, 8 A en A ; verder nog CL als vierde evenredige tot d, a en b. Beschrijf uit D met DC, en uit !■ met LG «Is straal cirkels die elkander in de punten C en C\' (immers tM \'t vraagstuk mogelijk is) snijden. Beschrijf uit C met b, en uit A met * kis straal, cir- kels die elkander in B snijden, dan is ABCD de gevraagde vierhoek. Ook de vierhoek AB\'C\'D beantwoordt aan de vraag. Men verkrijgt hem, door uit C\' met 6, en uit A met a als straal cirkels te be- schrijven, die elkander in B\' snijden.

216. Stel AM a «,

CN = BN = r, dau Is MN ■ t \\t> % en r r \\S 2

= a, waaruit >■ ■ • (—1 V 2). Om die uitkomst te construeeren, bc-elu-ijve men op AM een vierkant, trekkc de. diagonaal MD, en make NB = BD, zoo zal X het middel- punt van den gevraagden cirkel zijn; want MD = a 1/ 2; hieraf MB = a , blijft BD = NB = a (—1 V 2). Dit vraagstuk is volkomen gelijk aan het vorige. Is dus de straal des gegeven cirkels = a, zoo zal de straal des gezochten cirkels = a (- 1 \\S 2) zrjn. De straal van den gevraagden cirkel zal gelijk de straal des eerst- gegeven cirkels wezen, verminderd met de middellijn der gevonden

217.

218.

cirkels. Zij MA

Men vindt daarvoor dus a (3—2 J/ 2). = a, hoek AMB = 120°, en N het middelpunt des ge-

219.

vraagdeu cirkels , stel CN = ND = r en IID = f, dan is, omdat hoek D = recht, en hoek MND as 30° :s, MN = lx dus !i r = « en r = !■ V 3. Men vindt hieruit r — a (—3 2 J__3). Om deze waarde te construeeren verlenge men

-ocr page 230-

		197
		AM en BM; trekke EF en BF, dan is EBF een rechth. driehoek, welks kleinste rechthoekszijde — a \\%; EF zal dus — «J/3 zijn. Neem op het verlengde van EF, FG = EF dan is EG = 2 a\\SZ. Verleng EB met de helft dan is EH = EI = 3«; dus zal TG = a (—3 2 1/ 3) zijn. Maak eindelijk CN = IG. 220.   Dit vraagstuk is volkomen hetzelfde als het vorige. 221.   De straal des gevraagden cirkels wordt gevonden, als men den straal des eerstgegeven cirkels (a) met de middellijn der daarin reeds be- schreven cirkels (a (-6 ■ • 41/3)) vermindert. Men vindt a = (7-41/3). 222.   Dit vraagstuk is gelijkluidend met n°. 206. Is de straal des gege- ven cirkels = a, zoo zal de straal van eiken der daarin beschreven cirkels = \'/ja wezen. En de cirkel, die uit het middelpunt des eerstgegeven cirkels beschreven, de zes geconstrueerde cirkels raakt, zal mede \'/, a tot straal hebben, 223.   Men teekene drie sectoren, op de wijze als in vraagstuk 206; doch waarvan de hoeken 72, 45, 36 graden bedragen. Men late overigens de benaming der punten dezelfde. Moet er een cirkel beschreven worden in den sector, wiens hoek 72° bedraagt, zoo zal men erkennen, dat CN de halve zijde is van den vijf hoek, ingeschreven in een\' cirkel, welke MN tot straal heeft. Stelt men das CN = x, zoo vindt men voor MN */hx\\S (50 • 101/ 5) = a—x. Men lost hieruit op x =             ——— (—5 ± 5 SS \\r o ]/ (50 10i/B)). Wordt een cirkel beschreven in den sector, welks hoek = 45° is, zoo is wederom CN de halve zijde van den achthoek, die in den cirkel staat, met MN beschreven. Stelt men CN = x, zoo zal MN = x 1/ (4 21/ 2) = a- x zijn. Men vindt * = —————— o £ ]S £ (—1 ± 1/ (4 21/ 2)). Zal men een\' cirkel beschrijven in den sector, die een hoek van 36° heeft, zoo is CN de halve zgde van den tienhoek beschreven in den cirkel, die MN tot straal heeft. Is CN = *, zoo zal MN =x (1 1/ 5) = a—x zijn, waaruit volgt dat x = a (—8 • - \\S 5) zal wezen. In de twee eerste gevallen moeten natuurlijk de bovenste teekens gelden.

-ocr page 231-

198

De straal des cirkels, uit het middelpunt des eerstgegeven cirkels beschreven, en die al de geconstrueerde cirkels raakt, is altijd gelijk aan den straal des eersten, verminderd met de middellijn van een\' der anderen. Wij zullen ons niet ophouden met de soms zeer bc- zwaarlijke constructiën gebouwd op deze uitkomsten, vermits er eene zeer eenvoudige constructie bestaat voor het beschrijven van een\' cir- kel in een\' willekeurigen sector, die dus alle mogelijke gevallen insluit. Zij MAB de gegeven sector. Laat uit eenig willekeurig punt C der lijn Ml\' die den hoek midden door deelt, eene loodlijn CD op MB neder, en beschrijf uit C met CD als straal een\' cirkel. Deze zal de beenen des hoeks raken, en MF in E snijden. Trek DE, en evenwijdig daaraan FG, dan is, na nog GN evenw. aan CD getrokken te hebben, N het middel- punt des gevraagden cirkels. Uit vraagst. 216 blijkt, dat ME = MD — 3 NB = a (3—2 1/2) is. Is nu ME rs a, zoo zal men door de evenr. a (3—2 1/2) : a = a (- 1 1/2) : r vinden dat r, of NB a « (1 1/2) is. Behalve dat deze waarde gemakkelijk geconstrueerd kau worden, kan men ook eeuen gelijkbeenigen rechth. driehoek construeeren, waarvan het verschil tusschen de schuine zijde en de rechthoeksz. gegeven is. Uit de, in vraagst. 219, 206 en 223 gevonden waarden voor EM, vindt men dat als EM = a genomen wordt, de straal der gelijke cirkels, welke den cirkel insluiten, die met EM beschreven is, voor \'t getal van

224,.

3 cirkels, gelijk zal zijn aan a (

■ ■ 21/3) —5 1/ (50

101/5)

5 6 8

a X

15 2 1/5—21/(50 101/5.) 1 21/ 2—1/ (4 21/ 2).

a X

— 1 1/ (4 21/2). «1/ 5.

10

Ook hier moge eene algemeene constructie de plaats vervangen van de vaak zeer moeiclijke, ja soms ondoenlijke constructiën, op de verkregcne uitkomsten gebouwd. Zij de cirkel met MD als straal bc- schreven, de gegevene. Men wenscht n gelijke cirkels te beschrijven, die dien cirkel insluiten (n altijd een even- matig deel zijnde van 360). Maak

-ocr page 232-

		199
		360
		hoek AMB =
			■ graden. Deel dien hoek midden door, en neem
		M op de deellijn het punt P willekeurig aan. Laat PB loodrecht neder op MB, en beschrijf met PB als straal eenen cirkel, die de beenen van hoek AMB zal raken, en de deellijn in C zal snijden. Trek BC, en evenwijdig daaraan DE. Als men nu nog EN evenwijdig aan BP trekt, zal N het middelpunt des gevraagden cirkels wezen. Zij ABC de geg. halve cirkel, en M het middelpunt des daarin be- schreven cirkels. Laat in het over- schietende deel aan de rechterhand de cirkel NEG beschreven zijn, en stel deszelfs straal NE = x. Trek MN, laat uit N, de lijn NI\' loodr. neder op MD, en trek DNGj dan is MN2 — MF2 = FN2 = DE», of (>/2r x)1 — (%r - *)\'\' = 2fi = DE2, dus DE = J/ 2 r x. Maar DN2 = DE2 - ■ NE*, of DN2 = 2 r x x1; dus DN = |/ (%rx x2) = r—x; hieruit vindt men * = % r. — 227.   Dit blijkt genoegzaam uit vraagst. 204 dezer Afdeeling. 228.   De helft der diagonaal van het vierkant is — \'/^«j/2; deze, ver- minderd met de middellijn van een\' der daarin beschreven cirkels, laat \'/j« (—1 ■ - 1/ 2) tol rest, welke nu nog door 2 gedeeld moet worden, om deu straal des verlangden cirkels te vinden. Die straal is dus s % a (—1 \\s 2). 229.   De straal des in het vierkant beschr. cirkels is natuurlijk — \'/2 a. Stel dien des gevraagden cirkels =x, dan vindt meu voor de halve diagonaal \'/2 « x (l IS 2) = •/!, a J/ 2. Hieruit lost men op x = \'/,« (3—2 1/ i). Men behoeft alzoo de zijde des vierkants slechts met de helft te verlengen, en er de diagonaal af te trekken, om den straal des gevraagden cirkels te vinden. 230.   Zij AB een gedeelte van een der gelijke beeuen, en CD een gedeelte van de loodlijn , wel- ke uil den top dei driehoeks is nederge- laten op de basis; dan liggen de middelpun- ten der bedoelde cir- kels op CD; en derzelver stralen ziju CE, FG, Hl, KL welke lood- recht op AB getrokken zijnj CF, FH, HK enz., de afstanden hun- ner middelpunten. Stel nu dat de zaak mogelijk ware, en dat CE = p gesteld zijnde, FG = p—q, Hl s p—2 q, KL = p — 3q zy; dan zal, nadat men LF, MN, NK enz. evenw. aan CD getrokken heeft, CL = FM = HN = q moeten zijn. Nu is CF s CE FG

-ocr page 233-

200

= 2p—s; FH = FG HI = 2;>-3?; HK = Hl KL = 2p—5 q; maar de driehoeken CFL, FHM, HKN zijn gelijkvormig, dus zijn de gelijkstandige zijden evenredig: (CL : FM : HN enz.) = (CF : FH : HK enz.) Alzoo zouden dan gelijke lijnen evenredig zijn met ongelijke, hetgeen blijkbaar niet mogelijk is. Het gestelde is der- halve ongerijmd. 231.   Ook dit is niet mogelijk. De reden daarvan is in de vorige oplos- sing gegeven. 232.   Men verdeele den zeshoek in zes gelijkzijdige driehoeken. De hoogte van elk\' dier driehoeken is ss \'/., 1/ 3. Daarvan neme men (zie vraagst. 204) het derde gedeelte, en bekomt daardoor % J/ 3 zoo- wel voor den straal van den binnensten cirkel, als voor dien der zes cirkels welke hem insluiten. 233.   Het is duidelijk, dat, indien de straal NB van den in \'t quadrant beschreven eirkel — a is, de straal, waarmede dat quadrant besohreven is, MB namelijk = NB 4- MN = NB DN V 2 = a (l 1/ 2) zal zijn. Is dus de straal des quadrants = 1 1/2 gegeven, zoo zal de straal des daarin beschr. cirkels — 1 zijn, en MC zal = — 1 1/2 wezen. Men vindt nu licht, dat de straal PC = -1 |/2 _ 1 1/2-3 -2«/2\'8- Deze waarde wordt geconstrueerd, door 3 BN met 2 MN te verminderen, en het verschil van C af op CM uit te zetten, waardoor het middelpunt P bekend wordt. Om den straal OF van den cirkel te vinden, die in een der beide andere overblijvende deelen is beschreven, trekke men door O de tijn M6, late uit O loodlijnen OR en OF neder op DN en AM; en trekke DO en NO. Stelt men nu OF = x, dan is NG = 1 x, NE ss 1— x, waaruit EO = DF = 2j/a! wordt gevonden. Uit DF = 2j/jf, en OF = x vindt men DO m V (** 4»); zoo- dat nu de drie zijden van driehoek MOD aldus uitgedrukt worden: MD = 1, MO = MG—GO = 1 1/2—*, en 1)0 m y (*" 4 *). Bovendien is DF = 2l/.r. Nu is, volgens eene bekende stelling: MO2 = MD» DO» 2 MD X DF of (1 1/ 2—x)1 l a;2 4j; 4l/ar, eene vergelijking,

3 2j/ 2

8i/2

14

6|/2- waarin wij

61/2                 11

welke herleid wordt tot x

11 H 7 4i/:

= ±-

£ 2|/2

Hieruit vindt men x ■

11

11 61/2 ~~ 11 6 j/2\' alleen het onderste teeken kunnen gebruiken, zoodat

-ocr page 234-

		201
		:; t ( 2 _ y^ (9 4 j^ 2) wordt.
	11 6i/2 Uit deze waarde van x wordt gemakkelijk afgeleid EO = DF = 21/* = »/i (2 1/5), en NE = 1—* = %, (10—1/2). Om NE te construeeren, vermiadere men 10 BN met MN, en neme */i9 van het verschil; terwijl EO of DF gevonden wordt door de schuine zijde eens rechthoekigen driehoeks, welke BC en BN lot rechthoekszijden heeft, met BC te verlengen, en van de som % te nemen. Daarna zette men DF van D af op DA, en NE van N af op ND uit, richte uit F en E loodlijnen op AD en DN op; de plaats, waar deze loodlijnen elkander snijden, is het middelpunt O des gevraagden cirkels. 234. a. Voor den regelmatigen driehoek: Zij M het middelpunt des ingeschreven cirkels, trek S1B en MC door de hoek- punten des driehoeks, zoo zal hoek BMC = 120°, en hoek BMN = 60° zijn, ge- steld dat de lijn MN dien hoek midden door deelt. Hoek MNB is dus m 30°; want hoek B is recht, omdat NB een straal is, naar het raakpunt getrokken. Is nu de driehoeks = a, zoo zal MA = % a 1/ 3 zijn, en stelt = BN = x, zoo is MN = \'/„«l/S ï, en MB = V2MN = ytt*1S* \'/i*. Maar MB» = MA (MA 2 AN) of (\'/„«VS V,*)* = %«l/3 (»/6«V\'S 8*). Men vindt x = a (1 ■ - Vji/3), dat is: de straal des gezochten cirkels is gelijk aan de som der zijde en loodlijn des gegeven driehoeks. Door eene eenvoudige evenredigheid ontdekt men, dat, indien die straal = a gegeven ware, de zijde des driehoeks = a (4— 21/3) zou zijn. b.   Voor den regelmatigen vierhoek: Men vindt nagenoeg op dezelfde wijze voor den straal des bedoel- den cirkels \'/,« (1 - - 1/2); dat is: hij is gelijk aan de halve som van de zijde en de diagonaal des vicrkauts. Wordt de straal echter = a gesteld, zoo vindt men voor de zijde des- vie-kants 2a (—1 1/2).                                                   . ■:                  ,o *, c.    Voor den regelmatigen vijf hoek: Legt men den driehoek tot grondslag, die gevormd wordt door de halve zijde des vijf hoeks, den straal des omgeschreven cirkels (dien men = 1 stelt) en het apothema, en zoekt men eenen driehoek aan dezen gelijkvormig, zoo vindt men uit de evenredigheid der gelijkstan- dige zijden r = d ^»>^a<>-»^> = % fi ± 5> ML W~W) e Yueu 16 —4 J/(10- 2l/5)           4—1/(10—21/5) De teller dezer breuk bestaat uit het product van de zijde met het 15

-ocr page 235-

		apothema; terwijl de noemet gelijk is aan het dubbele verschil tus- schen de zijde des vijf hoeks en de middellijn des omgeschr. cirkels: r kan alzoo, als vierde evenredige tot deze drie, geconstrueerd worden. Neemt men nu a aan als zijde, en niet % \\S (10— 2 V 6), zoo vindt men door eene evenredigheid lichtelijk de waarde van den ge- zochten straal. En omgekeerd, die straal = a gesteld zijnde, lichte- lijk de zijde. tl. Voor den regelmatigen zeshoek: Men verkrijgt in deze figuur een\' rechth. driehoek, welks kortste rechthoekszijde de gezochte straal is, terwijl zijne schuine zijde be- staat uit de som van dien straal en het apothema. Vermits nu, omdat de tophoek = 30° is, de laatste het dubbel is der eerste, is de gezochte straal = het apothema. 235. a. Voor den regelmatigen driehoek: Laat O, F, Q de middelpunten zijn van drie der gelijke cirkels, welke op de ver- langde wijze beschreven zijn. Daar van drie- hoek MPQ, de hoek M = 120°, en MP = MQ is, zal hoek MQR = 30°, en daarom MR = */2 MQ zijn. Is AB = a, zoo is (de straal der cirkels ss r gesteld zijnde) MQ = ■/3al/3 r, en dus MR = % a V 3 Y2 r; terwijl OQ rs 2ris, In den scherp- hoekigen driehoek MOQ zal MO* MQS— 2 OM X RM = OQJ of (r % a V 3)\' (r \'/,<«l/3)« - 2 (>■ y6«l/3) (\'/gr %«l/3) = 4 r1 zijn. Men lost hieruit op f = y,0 a (V 3 1/ 13). Aanmerking. Ozanam heeft aldus ongelijk wanneer hij eene con- structie voorslaat, die voor r eene waarde vooronderstelt van \'/«« (1/3 \\/- 15). Ook is dus zijne beweering valsch, dat OR = RI en dus drieh. IOQ gelykbeenig zou zijn. De gevondene waarde van r wordt op deze wijze geconstrueerd. Maak eenen rechthoekigcn driehoek, welks rechthoekszijden resp. = 2a en 3 a genomen worden. De schuine zijde diens driehoeks zal = a 1/13 zijn. Voeg daarbij de dubbele hoogte des driehoeks, of «J/3, en neem \'/,„ van de som dier lijnen. b. Voor den regelmatigen vierhoek: Men vindt nagenoeg op dezelfde wijze r = a X \' \' A------s—— > 4 4 \\S 2 eene waarde welke zich raociclijk laat construeeren. «. Voor den regelmatigen vijfhock: Stelt men den straal des omgeschr. cirkels r= 1, zoodat het apothema = XU\\S (6 2 ï/ 5) Wordt, hetgeen men gemakshalve = m stelt, en neemt men r voor den straal des gevraagden cirkels, zoo komt

-ocr page 236-

		203
		. . ,            .....         2         16-mJ                    16-i»» men tot de vergelijking: r» - lTT^ r = - jg^j^. »f 16-m2               .... , „ —-------— = n stellende, r—znr = — n, waaruit dan verder r wordt berekend. Met deze waarde ran r stemt overeen de zijde des vijfhocks = Vil** (10—2J/5); daar blyft dan nog over te bepalen, hoe groot r zal zijn, wanneer de zijde = a wordt genomen. d. Voor den regelmatigen zeshoek: „ . .,          .... ..            4—y-3 1/ (27-4t/3) Men vindt op gelijke wijze r = ------------g------          ----------- a. Dit vraagstuk is gelijkluidend met vraagst. 193 dezer Afdeeling; in de opgave is blijkbaar vergeten, den straal des derden cirkels = e meters te geven. De constructiën zijn zooveel mogelijk bij de oplossingen der twintig laatste vraagstukken gevoegd, om de herhaling der figuren te ver- mijden.

-ocr page 237-

NASCHEIFT.

Na het afdrukken van dit werk had ik eene bizoridere aanleiding tot de herziening van een drietal oplossingen, waarvan de twee eersten, No. 40 en 41, Afd. III, door hare omslachtigheid, en de laatste, No. 132, Afd. III, door hare onvolledigheid en mindere nauwkeurigheid mij mis- haagden: een mijner zonen kwam tot resultaten, die verre te verkiezen zijn boven de vroeger verkregene. Be algemeene belangstelling, waarmede dit werk ontvangen is, maakt het mij ten aangenamen plicht, den beoefe- naars der Wiskunde deze nieuwe oplossingen aan te bieden.

No. 40, Afd. III. Waar ligt het punt C in de lijn I\'Q zoodat, wanneer men uit twee gegevene punten A en B de lijnen AC en BC trekt, AC2—BC2 gelyk zij aan het vierkant op eene gegevene lijn m beschreven? Zij het vraagstuk opgelost, en C het gezochte punt; dan is AC* -BC»=jk*. Laat CF op AB loodrecht neder, dan is: AC» = BC* AB* — 2 AB X BF , of AC2 — BC* = AB8 — 2 AB X BF = m* ABS — m«

waaruit BF =

AB

zoodat men slechts, na een vierkant y- geconstrueerd te hebben, gelijk aan \'t verschil van AB3 en m», eene derde evenredige behoeft te zoeken ot 2 AB en q. —

No. 41, Afd. III. Waar zal dat puut liggen, opdat AC* BC2 = m* zvjP Zij het vraagstuk opgelost, en C het gezochte punt; dan is AC» BC* = m*. Laat AK lood- recht neder op BC, zoo heeft men AB* = AC» . BC2 — 2 BC X CK = f»»— 2 BC X CK, en

J\\zfc___ c

dus BC X CK = \'/2 (m2 — AB»). Construeer

nu eene lijn p, welker vierkant = \'/, (m2—AB») zij; zoo volgt daarnit deze constructie:

-ocr page 238-

205

Beschrgf °P AB als middellijn een cirkel; trek daaraan eene raaklijn RS=p; en beschrijf met MS als straal, uit M als middelpunt een cir- kel, die de gegeven lijn PQ in twee punten snijdt, C en C\', welke de gevraagde zijn. Want nu is AB2 = AC2 BC4 — 2 BC X CK =. AC» BC2 — (m2 - AB2), waaruit AC» BC2 = m2.

No. 182, Afd. III. Hoe groot is het aantal snijpunten welke door het trekken van al de diagonalen in een regelmatigen 10-hoek ontstaan? Laat ons het vraagstuk eerst in algemeenen zin oplossen: spreken wij dus eerst van een n hoek, met weglating van het woord regelmatig. Zij dus ABCD..... een willekeurige «-hoek, liefst met alleen uit- springende hoeken. De diagonalen, uit A getrokken, leveren natuurlijk geen snijpunten op. i snijdt de Ie al de diag.  uit A: dus  snijp. n—3. » 2o „ „ „      „ A, min 1: „       „ »—4. » » 8« „ „ „      „ A, min 2: „       „ »—5. enz. enz.                         enz. „ „laatste,, „      „ A, min(«—4)       „ I.

Deze reeks gesommeerd, geeft in \'t geheel % (a is de eerste reeds gerekend,

(»—3) snijp.

snijdt de 2« al de diag. uit A op 1 na

dus snijp. 2(»—4) „ „ 2(«—5)

• B „ p A „ . B „ enz.

van de diagonalen uit C

en „ enz. laatste en

„ A op (»—4) na i ,         .. „

Deze reeks gesommeerd, geeft in \'t geheel 2XVj(»—3) (»—4) snijp. zijn de twee eersten (DA en DB) reeds gerekend: snijdt de 3« al de diag. uit A op 2 na j »» » »B,2„ [dus snijp. 3(«—5)

van del » „ 4« „ „ „ „A„3 diagonalen )                     „ „ „ ,, N „ 3

:}

„ ,. 3(«—6)

uit Dl                     »»„„(\'

enz. laatste

enz.                            enz.

A op (»—4) na |

i dns snijp. 3 . 1

B C

(»-4) (n-4)

-ocr page 239-

		206 Deze reeks gesommeerd, geeft in \'t geheel 3x\'/>(«—4) (»—6) snijp. enz.                                                        enz.                       enz.
		Zoo geven de diagonalen uit het/>e hoekpunt (p—1) X V2 (B~~P) (B—P —1) snijp.; en, S stellende voor het geheele aantal snijpunten, is: S = \'/a (»-2> (»-3) 2 X \'/, («—3) (»—4) ..... (p—l) X Vt («—ƒ>) (»— P—1) .....tot n termen («). Na vindt men door successive substitutie van », n — 1 , »—2, enz. voor 2 maal den ««\' term                      0. 2 » » (»—l)en term               0. 2 „ » (»—2)en „                1.2 (»-8) 2 „ „ (»-3)e* .                8.8 (»-4) enz.                              enz. Zoo wordt dan bovenstaande vergelijking (ft): 2S=(»2—5» 6; (2»2-14» 24) ;3»2—27» 60) ... (6»-24) (2b—6) of 2S= (2«—6)           (6»-24) (12»—60) ... (2»2—14» 24) (»2—5« 6) en 4S= («2-3») (2a2—8») (3»«—15») ... (2»J—8») (»2—3») °P * 4S en — — (»—3) (2»-8) (3a—15) ... (2»-8) (»—3). a of, door transformatie van de twee laatste termen: 4S —= (n-3) (2a-8) (8a-15) ... (a—4)a—(a—4) (a—2) (a—8)a-(a—8)(«—1) M = « |l 2 3 ... (»—3)J — { 1.3 2.4 8.5 ... (»—3) (»—l) } De eerste term van het tweede lid is eene rekenkunstige reeks, welker som gemakkelijk bevonden wordt gelijk te zijn aan % n (a—2) (»—3). De tweede term van dat lid is eene rekenkunstige reeks van de tweede orde, welke, gesommeerd volgens de formule S = ia -5-----5- A -tj———— B (waarin a = de eerste term, A s het eerste verschil tus- 1.2.3 schen de twee eerste termen, B s het tweede verschil tusschen de eerste verschillen, t = het aantal termen, en S = de som der reeks is), geeft jl q ------ (a—2) (2» 1); zoodat nu 6 —    = \'/,» (»—2) (a-3) — ^ (a-2) (2« 1), of a                                                         6 S = 1 » (»-l) (»-2, (»-3) « « X ï=i X t± X "-=3is ...(/?) NB. De tweede term van het tweede lid had ook nog op deze wijze gesommeerd kunnen worden: Stel 3 8 15 24 ,... a2 -4a 3 = T hiervan 2 t 6 8 .... 2a—6 ss (n—2> (s-8) afgefr rest 12 22 32 42 . . . . (»-3)J = T — (»-2> (»—3)

-ocr page 240-

		207
		Het eerste lid volgens de formule voor de vierhoekige pyramidale kogel- stapels: S = 1/6 n (» 1) (2 » 1) gesommeerd zijnde, waarin n het aantal termen, en S de som voorstelt, verkrijgt men i/6 («—3) (»-2) (2»- 5) = T — (»—2) <»—3) of —- — (»-2) (2» l) = T, als boven. 6 Hiermede konde de zaak als afgedaan beschouwd worden. Maar men kan de vraag stellen: Roeveel snijpunten vormen de verlengden der diagonalen? Nu redeneere men aldus: 1 lijn kan 1 lijn snijden in.......1 punt de snijding dezer 2 lijnen door eene 3e voegt daarbij 2 punten t»          »              ,» o u          n n " n             » " » enz.                          enz.                    enz. » » » P—1 » » » P" »          » (P—1)» p lijnen hebbendus hoogstens 1 2 3 ..... (jt> -l)=\'/2p(p—1) snijpunten (y) Nu heeft een n—hoek 1/2 n{n—3) diagonalen. Het grootst mogelijk getal snijpunten dier diagonalen bedraagt dus, volg. form. y Vi X Vi n (»-3) [% „ (»-3)-l] = %» (»-3) (»2-3«—2); maar de diagonalen eens veelhoeks zijn gebonden aan de voorwaarde, dat aan elk hoekpunt (wanneer het aantal zijden = n is) er n—3 elkander moeten ontmoeten, terwijl ook dit ontmoetingspunt qua snijpunt niet mede telt. Aan elk hoekpunt zouden deze «—3 lijnen, volgens form. y, hebben kunnen geven \'/j (»—3) (»—4) snijpunten, d. i. voor de » hoek- punten samen % n (n—3) (»—4), die als verloren moeten beschouwd worden. Het geheele aantal snijpunten bedraagt alzoo >/8»(n—3)(«2-3«—2)— %«(»—3)(«—4)= %»(«- 3) {»2—7» 14 j; daarvan vallen binnen de figuur          Y2l n («—1) (»—2) (n—3) buiten de figuur alzoo               ynn(n—3) (»—4) (»—5) Nog kan men zich de vraag stellen: Hoe groot wordt het aantal snij- punten, ah men ook. de zijden in rekening brengt? Nu zijn er aan zijden en diagonalen\'/2« (»—3) n = % n («— 1) lijnen, welke elkander, volg. form. y kunnen snijden in \'/8 » (a—1) («»—n__2) punten. Maar in elk hoekpunt moeten zich ontmoeten (»—1) lijnen, waar- door in de n hoekpunten verloren gaan % n (a—1) (»—2) snijpunten. Er blijven dus over aan snijpunten, zoo binnen als buiten, %*(*—1)(«—2) (m—3). Het aantal snijpunten van » zijden bedraagt x/2n(n—1); daarvan worden u hoekpunten niet gerekend; dus is het aantal snijpunten van zijden alleen % n («—3), welke allen buiten de figuur liggen. Voor het ge- heele aantal snijpunten der diagonalen alleen, vonden wij >/g n (n—3) i b2—7» 14 | j terwyl het geheele aantal snijpunten % « \'n — 1) («—2) (»—3) beloopt. Bijgevolg is het aantal snijpunten van diagonalen en zijden onderling

-ocr page 241-

208

% » («—1) («—2) (»-8) —y2» (n-3) —\'/8« (n-S) | »s—7« 14) s l/2 » («—3) (8—4), welke blijkbaar allen buiten den veelhoek liggen.

Wanneer wij al de gevonden resultaten samenvatten, verkrijgen wij dit overzicht: Aantal snijp. van zijden en diagonalen zoo binnen als buiten \'/„ n (n—1) (a—2) (»—3) = S. (binnen •/„ n (»-l) (»—2) (»—3) = V, S. Snijpunten van J                     24                                           __£!

j diagonalen alleen | buiten >/, 2 n (n - 8)\'(«—4) («—5) = a/3 S -

(»-l)(»-2

daar

Snijpunten van zijden alleen ,                                                1

"J"

allen buiten \'% v \'              (n -1) (»—2) Snijp. van zijden en diag. onderl.,                                               n - 4 allen buiten \'/.«<- »>(»-*>=« (.-1)(.-2)

Het aautal snijpunten van een regelmatiger* B-hoek is eene zeer gecom- pliceerde functie van n. Het zij genoeg, hier op te merken, dat men bij den regelmatigen 10-hoek zeer gemakkelijk twee concentrieke kringen van driedubbele snijpunten vindt, terwijl in het middelpunt vijf middellijnen elkander snijden. Daar nu drie lijnen elkander in % X 3 X 2= 3, en vijf lijnen elkan- der in y2 X 5 X 4 = 10 punten kunnen snijden, zoo gaan in die con- centrieke kringen 20 X 2 = 40, en in middelpunt 10—1 = 9, dus te zamen 49 snijpunten verloren. 10 . 9 . 8 . 7 Het maximum der snijpunten m een tienhoek bedroeg —----------------- = 210 snijpunten; hiervan de 49 verloren gegane snijpunten afgetrokken, vindt men voor \'t aantal snijpunten in een regelmatigen tienhoek 161.

mi