252 H

45

Dr. P. H. KAPTEIJN, OPLOSSING DEK VRAAGSTUKKEN.

i; quot;

RIJKSUNIVERSITEIT UTRECHT.

0750 6938

v ■ quot;m,

OPLOSSING DER VRAAGSTUKKEN

VOORKOMENDE IN DE:

OEFENINGEN

TEE TOEPASSING VAN DE BEGINSELEN

MEETKUNST,

TEN DIENSTE VAN HEN ,

DIE DE MILITAIRE ACADEMIE ÏE BREDA, DE GYMNASIA, DE HOOGERE BURGERSCHOLEN, DE INDUSTRIE-SCHOLEN OF DE HOOGESCHOLEN ZULLEN BEZOEKEN, ALSMEDE VAN HEN, DIE TOT ONDERWIJZERS WORDEN OPGELEID,

VAN DEN HEEK

G. J. KAP TEUN,

Instituteur te Barneveld,

DOOK WIJLEN

ZD¹'. F. IK AFT EU HST,

Praeceptor aan het Gymnasium Willem III te Batavia.

DERDE VERMEERDERDE DRUK.

BARNEVELD,

WED. P. ANDREW MENGER.

^{1 880}- ______

lÏÏDLiOTIiEEK DER RIJKSUNIVERSITEIT UTRECHT.

VOORREDE.

De ondergeteekencle biedt hier de aangekondigde be-ntwoording 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 Indiö had willen achterlaten. Door eene hevige ziekte aangetast, bezweek hij op denzelfden dag, die voor zijne afreize daarheen was bestemd.

Het behaagde den Algoede zijne jonge gade en ons in den diepsten rouw te dompelen, op het oogenblik, dat hij het zoo eervol hem opgedragen ambt ging aanvaarden, en, terwijl hij zijne talenten ten mitte der belangrijke inrichting in Indië wilde aanwenden, de vruchten

I quot; - i'¹¹ ^ • ■

^rr--—-- - - i ' . ,. ------

TI

zou beginnen te plukken van zijne veeljarige inspanningen onverdroten ijver.

De aan mijne school verkregen vruchten gedurende de achttien maanden die hij als deelgenoot daaraan werkzaam was, waren mij een waarborg, dat hg de op hem uitgebrachte benoeming als Prseceptor 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 verlangen 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 vau den Uitgever, had ondernomen.

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 verstoken is. En dit laatste woog bij hem zwaarder, dan het nadeel dat er uit zou kunnen voortvloeien, wanneer

il

L :J;

--TH

leerlingen er misbruik van maken, en verzuimen hunne eigene krachten te oefenen.

Immers, — gesteld al, dat de laatsten, uit gemakzucht, zich een exemplaar van deze oplossingen aanschaffen, — wplk ervaren onderwijzer zal zich geene volledige rekenschap laten geven der geleverde oplossing, en zich vergenoegen 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 nauwkeurigheid, waarmede hij al zijn werk verrichtte, staat mij borg daarvoor. De tijd ontbreekt mij 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 zijn werk liefst onveranderd. Hetgeen echter aan de voltooiing ontbrak, heb ik, in weerwil mijner vele bezigheden, afgewerkt. En zoo moge dan het oogmerk mjjns geliefdon overledene bereikt worden: aankweeking van den lust voor de Wiskunde , dat eerste vereischte bij alle wetenschappelijke opvoeding.

vm

Gaarne zal ik bij mijn onderwijs, telkens zijne oplossingen vergelijken met de door mij gevolgde wegen, en aan-teekening houden van hetgeen mij; voorkomt verandering te behoeven ter bevordering van verscheidenheid: - ook 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.

barneveld, g. J. Kai'teun.

15 October, 1864.

VOORBERICHT VOOR DEN TWEEDEN DRUK.

De noodzakelijkheid van den herdruk heeft het gevoelen mijns Zoons bevestigd. Zeer weinig vond ik in zijne oplossingen, dat wijziging behoefde. Waar ik die noodig achtte, heb ik ze aangebracht. Van de nieuwe vraagstukken heb ik de oplossingen ingelascht, overeenkomstig met de nummers van het textboekjo.

Van harte wensch ik, dat het werk voortdurend aan het doel beantwoorde!

Bahnevelt),

t ■ O. J. Kapteijn.

J mm an 1871.

VOORBERICHT YOOR DEN DERDEN DRUK.

Tegelijk met den vijfden druk van het vraagstukken-boekje werd een derde druk van de oplossingen noodig bevonden , op verzoek van de Wed. P. Andrese Menger, heb ik mg met de bewerking van deze beide uitgaven belast.

Eenige bewijzen werden verkort, andere in netter vorm gebracht, nog andere vermeerderd met nadere toelichtingen.

Heb ik mjj in het voorbericht van de vraagstukken aanbevolen voor het ontvangen van opmerkingen, nog veel meer is dit hier het geval.

Elke nieuwe en vooral elke kortere en meer elegante oplossing zal gaarne worden ontvangen.

Moge ook deze druk zijn weg vinden en hulp verleenen vooral bij eigen studie.

Amstkrdam , X Augustus \880,

* ^/ ■ /

l/

V f

C*~^c ' ^- ^ tr^ (by

lt;Llt;y^L^^C. J^cstsL/tf c/ K^^pf £, quot;bj

cCx^ z-y a, is^-c^t-x (Oi 'i/^Ll ^ ^ ^J Tjt- _ /

sJo^rsfoTc*^ oj'.or.o^.or cLv*^ a o ^4- f ^ o 4 r AM f ~ ^

t* Cf bri~ Z³ 5, /-^X^6 f £ 1

c f ' = $ f ■ rf- H/⁷- quot;

pv*s^Kj- rs Cft - A f'fquot; ftT 'ov-LHC7

oLaAaIa^

lt;/}\ LylrL-o^y-^L ^ ^ öAA- L^Uj- ^

OVER DE HOEKEN.

§ 24 —j 88.

1, Dan rormeu de deellgnen eeneu rechten hoek.

8, De vier scherpe hoeken in de voonchreven figuur zullen alle gelijk 63° 17' 24quot;, de riet stompe alle gelijk 127° 42' 36quot; zgn,

8, Leg eerst /wee der gegevene hoeken zóó nevens elkander, dat zg een gemeenschappelijk hoekpunt en een gemeenscbappelgk been hebben. Handel met de aldus verkregen som van twee der hoeken en den derden hoek, als met de twee eerst verbonden hoeken.

4. Leg de twee gegeven hoeken zóó op elkander, dat zij een gemeenschappelijk 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.

5. Dit iB: neem de som van drie hoeken ieder gelijk aan den gegevenen. Men doet dat volgens Yr. 3 van dit hoofdstuk.

6. Neem de som van eenen rechten hoek en een halven rechten ho«k,

7. De hoek is gelijk aan Vg van 90°.

8. Voeg bg de som van drie rechte hoeken de helft van eenen halves rechten,

9. Daar 100° 140 -f- 170° gelijk is aan 410°, is de gevraagde hoek S0^o grooter dan 4 R., dan de zoogenaamde onbepaalde vlakternimte en kau niet anders aanschouwelgk worden gemaakt dan door de figuur die eenen hoek van 50° voorstelt,

10. Het supplement zal 174° 45' 18quot;,

het complement 84° 45' 18quot; zgn,

11. Het verschil taaschen supplement en complement van denzelfden hoek is altgd gelgk 1 R.

12. Van hoeken grooter dan 135°.

13. Van hoeken grooter dan 90°.

14. Van hoeken grooter dan 180°.

15. Stompe hoeken.

1

t

IS. Van inspringende hoeken.

17. 88° 45'.

18. 257° 8' 34quot;, 28 etc.

19. 36°, Men noemt dezen hoek een scherpen hoek,

SO. Drie is het maximum, twee het minimum.

21. Wanneer 't supplement van den stompen hoek kleiner is dan de •cherpe hoek,

22. Wanneer 't supplement van den inspringenden hoek kleiner is daa de scherpe hoek.

S3, Men kan uit den stand van twee hoeken oordcclen of zij gelijk zijn, ja dan neen, in twee gevallen; •

1°. Zoo de beenen van den eenen hoek evenwijdig loopen aan de beenen des auderen.

2°. Zoo de beenen des eenen hoeks loodrecht staan op de beenen des anderen.

geval dat de beenen van den eenen die des anderen ouder gelijke hoeken sneden zullen wij hier niet behandelen.)

Tn 't eerste geval zijn de hoeken gelijk, zoo de beenen des eenen hoeks richtingen hebben beide gelijk, of beide tegenovergesteld aan die der daaraan evenwijdig loopende beenen des anderen.

In 't tweede geval xijn de hoeken gelyk, zoo de beide hoekpunten aan dezelfde zijde liggen van de lijn die de punten verbindt, waar de beenen van den eersten hoek die des tweeden snijden,

U. 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 evenwijdige been des tweeden hoeks, juist tegenovergestelde richtingen hebben.

In het tweede in 't vorig vraagstuk aangenomen geval, zoo de hoekpunten ter wederzijde liggen van de lijn die de punten verbindt, waar de beenen des eenen hoeks die des anderen snijdeu,

25. Die hoeken zijn respectivelgk 18° 45', 41° 15', 48° 45, 63° 45', 78° 45', 108° 45'.

M. Eenen hoek van 45°.

«7, ISO⁰. 130°, 80°.

M. 105°, 40°, 215°.

29. 103® 80', 31° 30', 45°.

80. Neem eenen willekeurigen hoek aan. Verleng diens eene been door 't hoekpunt heen, en deel den aangenomen hoek zoonel als zijn supplement midden door. Deze dcellijnen zullen eenen rechten hoek vormen,

81, Elk pnut der lyn die den gegeven hoek middendoor deelt zal aan 't gevraagde voldoen,

81, Wanneer men beide gegevene punten door eene lijn vereenigt, en op

A

yLt ^

(lt; — d_-lt;^ ^

(--'Cn^-l/fxr- l^c-t /^0'^V t-^/c -«^T^. il S (VC ^ 5 «--^ lt;,

Jl ' f tu^j ^ inrJ'^

—■ f O — ^ oL~. jit j etc ov ^ ^C^iyOL^r-^^/t

^ j! ⁽p)

I (A a — ( ^- r ^ I $-lt;^lt;s~^.y^ *■ -—-

Cilc-= ~

o 7

u ^ j i\SI

¹ (PJ '

tï ₌ ^ /V

W ^L

zJ. s s * 2_aWi»'V*^ V'-.⁴-'⁴^^

3

liet midden dier lijn eene loodI\jn opricht, zoo zal het snijpunt der loodlijn en de gegeren lijn 't gevraagde wezen.

Als wij het in 't vorig vraagstuk gevonden punt vercenigen, met eeu 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.

Verleng de gegeven lijnen tol zij elkander snijden. Deel den hoek waaronder dat geschiedt middendoor. Elk punt dier deellijn zal aan het gevraagde voldoen.

Laat gevraagd zijn een pont 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 middendoor door eene lijn AD. Trek dan nog EF evenwijdig aan GH en op den afstand p daarvan verwijderd, dan zal het punt D op den afstand p van de lijn GH liggen; en daar het tevens een punt is der lijn die BAC middendoor deelt, op gelijke afstanden liggen van AB en AC.

Neem een willekeurig punt in elk der beide lijnen aan. Richt uit die beide 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.

Zij BAC onze gegeven hoek. DB evenwijdig aan AC. FH evenwijdig aan GJ,

Als wij de strook ADEC uit het vlak van hoek BAC wegnemen , verkleint daardoor de hoek niet, want daar DE evenwijdig loopt aan AC, is hoek BJ)E gelijk hoek BAC.

Ook wanneer men de evenwijdige strook FHJG uit den hoek BAC wegneemt, is wat er van deu hoek overblijft nog even groot als hoek BAG. Want trekken wij AK evenwijdig aan FH, dan is hoek BPHs= hoek BAK en hoek JD'C = hoek KAC^ Wanneer wij dit optellen verkrijgen wij hoek BPH hoek,JD'C = / CAB.

Het heeft denkelijk niet 'n de bedoeling des sehrijver^ gelegen om strooken als LM NO uit het ylak van,den hoek weg te qpmen.

Beschrijf nit de nileioden der gegeven lijn mef, stralen die en grootar

1*

4

i%n de helft dier lijn, en onderling gelijk xijn, cirkelbogen die elktw ter weerszijden der gegeren lijn znllen snijden. De rechte lijn die deze twee snijpunten verecnigt zal de gevraagde zgn,

39. Neem op elk der beenen des gegeven hoeks één pnnt aan, zóó, dat zij heide even ver van 't hoekpunt verwijderd zgn. Beschrijf nit deze punten met willekeurige, doch gelijke stralen cirkelbogen die elkaar ergens snijden. Dit snijpunt vereenige men met het hoekpunt van den gegeven hoek, zoo zal die lyn den gegeven hoek in twee gelijke hoeken verdeeld hebben. Men kan in dit en in 't vorige vraagstuk , door herbaliog der bewerking, lijnen en hoeken vinden die gelyk %, Vit Vte» Vn' ^Tan gegeven lijnen en hoeken zijn.

Aanmerking, Vraagstuk 89 had wel No. 1 dezes hoofdstuks mogen zgn.

Het verdeden van een hoek in twee gelijke deelen wordt al dadelgk in vraagstuk 1 vereischt.

OVBE DE EENVOUDIGSTE EIGENSCHAPPEN DER DRIEHOEKEN. } 87 - § 77.

40. 36°, 60°, 84°.

41. 45°, 60°, 76°.

42. 45°, 30°, 106°.

48. 80°, 55°, 45°.

44. Het complement van ée'u', het supplement van geen' Jer hoeken eens driehoeks kan negatief zgn.

45. 1 R.

48. 4 R.

47. 10 R.

48. 69° 17'.

49. - 16° 48'.

50. In vraagstuk 48, 79° 88' 30quot;.

In vraagstuk 49, 36quot; 36'.

51. 17° 48'.

53. 60° 18'.

58. 46° 89'.

54. 46» 8'.

'85. 42° 39', 60°, 77° 21'.

16. 25° 42' 51'/,

51° 25' 42«/,quot;.

102° 51' 25»/,quot;é

87. 186°, 22° 30', 22° 30'.

58. Dat kan nimmer. Het supplement v*n een' der heektn eens driehoeks is altgd gelijk aan de icm der beide overige hoeken.

5

89. Td een en reoMhoeklgen driehoek.

60. Elke hoek met lijn complement ia gelijk 1 R.

Twee hoeken eens driehoeks met hunne complementen zgn derhalve gelijk 2 R.

Haar 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.

61. Dit is eene strikvraag. Het supplement van eiken hoek eens driehoeks is altijd gelijk de som der beide overige hoeken.

62. In eenen rechthoekigen driehoek,

63. 72° 14', 72° 14', 35° 82'.

64. 72° 14', 53° 58', 53° 53'.

65. 90°, 45°, 45°.

66. Zg driehoek ABC gelijkbeenig, d. i, AB =: AC gegeven. Verleng AB

door A en deel hoek DAC midden door, too is heek DAC = hoek ABC 4- hoek ACH. Deelen wij dit door twee, too is de hoek DAE (DAC is door A£ midden door gedeeld) gelijk hoek ABC, derhalve AE evenwijdig aan BC.

67. Wanneer de (ophoek stomp is.

68. Laat eene loodlijn vallen uit den top des driehoeks op dc basis en

zie verder vraagstuk 23 op blz. 2, het tweede geval.

69. a. Deel het supplement des gegeven tophoeks middendoor, dan zal

elk dezer helften een der hoeken zijn aan de basis van den ge-vraagden driehoek. De gegevens zijn dan, eene lijde met twee aanliggende hoeken en dus de constructie te gemakkelijk om er ons bij op t« houden.

b. Beschrijf aan dezelfde zijde der basis uit hare beide uiteinden cirkelbogen wier stralen gelijk aan de gegeven opstaande zijde zijn. Het snijpunt dezer bogen moet met de uiteinden der basis vereenigd worden.

c. Zet, van het hoekpunt das tophoeks af, op beide zyne beenen de gegeven opstaande zijde uit en vereenig de uiteinden dezer zijden.

d. Daar beide hoeken aan de basis gelijk zgn, zijn hier eigenlijk gegeven de basis en de twee aanliggende hoeken.

De constructie is derhalve zeer gemakkelijk.

*, Rieht op het midden der bisii eene loodlijn op «n maak die zee

6

lang als de gegeven ioadiijn. Vcrcenig het toppaut dezer lood-üja met de nitcinden der basis.

f' -^eem eeue willekeurige lijn. Richt in een willekeurig punt dier Hja 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' cirkelboog, en vereenig de saijpuuten van dezen boog cn de eerst aangenomen liju met het middelpunt van den beschreven boog.

'0- gegeven dat AB gelijk BC zij: CO loodrecht op AB, EF loodrecht op AB, EG loodrecht op AC sta; dan is, zoo wij EF door E verlengen en CJ evenwijdig a.'in AB trekken,

A EGC ga A CEH.

Want hoek ECU = hoek ABC = hoek BCA, hoek EHC = 1 R = hoek EGC.

EC EC.

is ook EH r= ER. FE -f EG is das = FE -j_ EH.

maar nu FE EH = PC;

(omdat AB evenwijdig aan CJ en I) = ^/ F gelijk 1 R en derhalve FDCH een rechthoek is;) derhalve is ook FE -)- EG = DC.

71. De loodlijn uit het hoekpunt des stompen hoeks op de overstaande zijde neergelaten valt binnen den driehoek er, kan nergens anders vallen. Want gesteld dat die loodlijn baiten den driehoek viel, zoo zouden wij eenen driehoek verkrijgen gevormd door eene zijde des driehoeks, de twe. de zijde en haar verlengde, en de loodlyn; deze driehoek zon één' R, een' stompen en eenen scherpen hoek bevatten. De som der hoeken zou dus grooter zijn dan 2 R, 't geen niet mogelgk i».

72. Neem eene lijn van 13 cM lengte als basis aan. Beschrijf nit haar eeue uiteinde met eene lijn van 7 cM lengte, en uit haar andere met eene lijn van 11 cM lengte als stralen, nirkelbogen aan denzelfden kant der basis; vereenig hun snijpunt met de uiteinden der basis.

73. Dit is onmogelijk. Zullen drie lijnen geschikt zijn om er eenen driehoek van samen te stellen, dan moeten zij aan twee voorwaarden voldoen De som van twee dier lijnen , hoe ook gekozen, moet grooter zijn dan. de overblijvende lijn. Het verschil van twee dier lijnen, hoe ook geWbzen, moet kleiner dan de overblijvende lijn wezen.

74. Ook deze constrnctie is onmogelijk. De reden hiervan is opgesloten iu de beantwoording van vraagstuk 73.

75. In dit vraagstuk is de grootste zijde gelijk de som der beide overigen: de constructie is derhalve onmogelijk. Zie vraagstuk 73.

76. Zes zijn gelyk en gelijkvormig.

De overige zes bij tegenoverstand aan de eerste zes, gelijk en ge-lijkvormig.

ï

77. CoDstrneer cenen driehoek met drie lijden die reipectivelijk 28, 18,2 en 18 cM lang zijn.

78. Men zal uit vraagstuk 73 gemakkelijk begrijpen, dat ook de verhoudingsgetallen der zijden aan dezelfde voorwaarden moeten voldoen al» de zijden zelve. De voorliggende constructie is derhalve onmogelijk.

79. Beschrijf ecnon gelijkzijdigen driehoek en deel een van diens hoeken middendoor. Zoo eene helft zal gelijk 30° of een derde rechte hoek zijn.

80. Verdeel een derde van eenen rechten hoek (zie 't vorig vraagstuk) in

vier gelijke deden.

81 Van dc grootte van den hock B. (Zie de figuur door Badon Ghyhen bij de stelling io § 77 gebruikt.)

82. Laat gegeven zijn dat AB = AC is; dat dc twee gegeven driehoeken

ABD en AüC ook eene zijde AD gelijk hebben en dus zoo tegen elkander knnnen geplaatst worden, als dat in de figuur geschied is.

nSS Tevens zij gegeven dat hoek DAC

hoek DAB is.

Nadat wij onze gegeven driehoeken zoo hebben uc\eus elkander gelegd als dat in de figuur is goschied, trekken wij AE zoodanig dat hoek BAE = hoek CAF zij en trekken daarna FC. Daar nu de driehoeken AÏC en ABF gelijk en gelijkvormig zijn (AB = AC, Aï = AF, hoek BAF = hoek CAF) is FC = BF.

Natuurlijk is DC I D FC of DC lt; FD BF daar FC = BF is, of DC lt; BD.

83. a. Zij eene lijn AB gegeven als hypotenusa en eene kortere CD ala

rechthoekszijde.

Richt uit D op CD eene loodlijn op en beschrijf aan dezelfde zijde van CD uit C met AB als straal eenen cirkelboog die dc opgerichte loodlijn natuurlijk ergens in E zal snijden.

Vereeuig 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 /\ ABC de gevraagde.

c. 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 Iqn AB, uit A op AB eene loodlijn op. Zij het snijpunt dezer lijnen C, dan ii driehoek ABC de germgde.

8

T

rf. Stel dat de lijnen DE en BC on« als rechthaekazyden gegeven lijn.

Richt nit B op BC eene loodlijn AB op, die gelijk aan de gegeven lyn DE moet zijn. Vereenig A en C dan is driehoek ABC de gevraagde,

OVER DE EENVOUDIGSTE EIGENSCHAPPEN DER VEELHOEKEN.

§ 78 — } 98,

84. In eenen vierhoek één.

» „ vijfhoek twee.

« „ zeshoek drie,

„ ,, x-hoek, h-3, omdat men uit een hoekpnnt eens willeken-rigen veelhoeks diagonalen kan trekken naar alle hoekpunten uitgezonderd drie, het hoekpunt zelf waaruit men diagonalen trekt, en de beide aanliggende, waarmede 't eerstgenoemde pnnt door zgden ver-cenigd is.

8B. In eenen vierhoek twee.

„ „ vgfhoek vyf.

„ „ zeshoek negen,

„ „ «-hoek Vj n (a—3); wijl men uit elk hoekpunt van een' «-hoek «—3 diagonalen kan trekken zon men verwachten dat de gevraagde formule zon zijn n (»—3). Telkens vallen er echter twee der diagonalen ep elkander, want een diagonaal van A mar E is dezelfde als van E naar A; en derhalve verandert de formule in degene die wij gegeven hebben,

88. Omdat in de zoo even genoemde formule '/j « (a —3) een der factoren gelijk 0 wordt.

87. 20 R.

88. 0.

89. 2 R.

90. 4 R.

91. 4 R. Sommige hoeken vallen dan over elkander. Rekent men echter de hoeken van de driehoeken die geheel buiten den veelhoek vallen negatief, dan is 't verschil = 0.

92. 6 R.

98. Niets.

94. 65° 18' 34quot;.

95. 0.

98. — IR.

97. In een' achthoek. Immers in esn n hoek is de som der hoeken = (»—2) X 2 R, hier = 12 R Deelt men deze vergelijking door 2R, zoo verkrijgt men »—2 = S, of « = 8.

98. In geenen veelhoek. De som der supplementen is altijd = 4 R.

99. In eenen levenendertighoek. (Zie vr, 97),

9

100. In een « hoek ia de Bom der hoeken 4quot; «om der eompl. hoeken = » R. Trek hiervan af de «om der hoeken = («—2) 2 R = (2 «—4)R, zoo blijft er voor de som der compl, hoeken (—n -j- 4) R = — 9 R, waaruit volgt n = 18.

101. Respectivelijk Si⁰, 72°, 90°, 126°, 162°, 180°, 216quot;.

Aanmeriing. Een zevenhoek met deze hoeken is een zeshoek met eenen inspringenden hoek.

102. Die supplementen zijn dus respectivelijk 24°, 48°, 72°, 96°, 120°, en de daarbij behoorende hoeken

156°, 132°, 108°, 84°, 60°.

103. In dit vraagstuk zijn de supplementshoeken resp. — 20°, 160°, — 40°, 140°, 120°: de hoeken zelve 200°, 20°, 220°, 40°, 60°.

104. Die complementshoekcn bevatten dus resp, — 15°, 20°, — 25°,

— 30°, — 36°, — 55°.

De daarbij behoorende hoeken zijn 105°, 110°, 115°, 120°, 126°, 146°.

105. Nu zijn die eomplementshoeken resp. — 24°, — 36°; 60°, — 48°,

— 60° — 72°, waarbij hoeken behooren die 114°, 126°, 80°, 138°, 160°, 162° groot zijn.

106. In een' vierhoek één. In eenen vgfhoek twee. In eenen zeshoek drie. In eenen it-hock «—3. Want een n hoek bevit («—2) 2 rechte hoeken ; men kan daarvan n—2 gestrekte hoeken maken en dus op zijn hoogst slechts #—8 inspringende hoeken,

107. De achthoek ABCDEF6H bestaat cit

drieh. AEH drieh. ABF -j- drieh, BFC -}- drieh, FCD — drieh. HGF — drieh. FED,

108. In eenen vierhoek met eenen inspringenden hoek en in veelhoeken, wier inspringende hoeken op elkander volgen.

109. Neem eene lijn AB van 60 M lengte: trek nit B eene lijn BC zóó, dat hoek ABC gelijk 110° zy, maak BC 50 M lang: trek uit C eene lijn CD zóó, dat hoek BOD gelijk 105° zij: maak CD 40 M lang: trek uit D eene lijn DE zóó, dat hoek CDE gelijk 140° zij: maak DE SO M lang: trek ten slotte nog EA, zoo zal veelhoek ABCDE de gevraagde zijn.

110. Neem als basis eene lijn AB van 60 M lengte. Beschrijf op AB eenen driehoek ABC onder de opstaande zijden BC gelijk 50 M AC — 84 M. Beschrijf even zoo op AC eenen driehoek ACD

lü

onder 8® opstaande zijden AD = 79 M en CD = 40 M, eindelijk eenen driehoek ADE op AD onder de opstaande zijden AE = 68 M De figuur ABCDE zal dan de gevraagde vijfhoek zijn.

111. Neem eene lijn AB vau 60 M lengte en beschrijf daarop drie driehoeken : den eersten onder de opstaande zijden BC = 60 M en AC = 84 M den tweeden onder de opstaaLde zijden AD = 79 M en BD = 78 M: den derden onder de opstaande zijden AE = 63 M en DE = 92 M. Vereenig D met E en C zoo zal ABCDE de gevraagde vijfhoek zijn.

112. Indien een hoek gegeven u gelijk 31° 20' 45quot;, zoo is de daartegen overstaande hoek ook 31° 20' 45quot;, De beide overige hoeken zullen ieder 14S⁰ 39' 15quot; groot zijn.

113. In dit paralielogram zullen de twee stompe hoeken, ieder 108° 30', de twee overige ieder 71° 30' zijn.

114. Elke lijn getrokken dcor het snijpunt der diagonalen vau een paral-

lelogram, verdeelt het op de gevraagde wijze.

Last bijv. in het parallelugrara ABCD door het auijpunt der diagonalen E getrokken zijn de willekeurige lijn FG H dan is gemakkelijk te bewijzen dat drie

hoeken AGE en EFC, driehoeken DEF en EBG gelijk en gelijkvormig zija.

Wij weten dan van de twee vierhoeken AGDF en BGFC.

AD = BC.

DE = BG.

AG = FC.

hoek BAD = hoek BOD en hoek ADC = hoek ABC.

deze vierhoeken zijn derhalve gelijk en gelijkvormig.

115. Om n punten in onderlinge ligging te bepalen zijn 2?!—3 gegevens noodig. Ter bepaling van de onderlinge ligging van 10 ponten moeten wij derhalve 17 gegevens hebben.

OVER DE EVENREDIGHEID DER LIJNEN, DE GELIJKVORMIGHEID DER VEELHOEKEN EN ESNIGB DAARUIT AFGELEIDDE EIGENSCHAPPEN.

§ 94 - ^ 120.

116. Die grootste gemeeuo maat is eene lijn van 39 M. lengte.

117. Men zal in dit vraagstuk tot grootste gemeene maat verkrijgen 0,017 M.

118. Zoek eerst de grootste gemeene maat tasaehen 6,2 M'. en 6,24 M. Deze ii 1,04 M,

11

i

/

Zoek dan de grootste gcmecne maat tusschco 1,04 M, en 2,21 M. Deze i» 0,13 M.

Dus is ook de grootste gemeene maat der drie gege?en lijueu 0,13 M,

119. 5,72 en 44,85 M.

120. 1202,9 en 1363.« M.

121. Die betrekkingswijzer zal zijn 3. 7. 15. 1. 3SS, enz.

^ 122. Hoe men uit de betrckkingswijscrs de Terhoudingea opmaakt, leert

ons Badon Ghyben 5 94. Gebruiken wij de twee eerste wijzcrgetallen in ons vraagstuk, zoo vinden wij de verhoudiug 23: 7. Gebiuikeu wij de drie eerste, zoo vinden wij de verhouding 333: 106, Zoo wij de vier eerste gebruiken, vinden wij de verhouding 355: 113.

123. Alleen tusschen gelijkslachtige grootheden die onderling meetbaar zijn.

124. Geg. AD: DB = AE: EC.

Th: HE U BC.

Bew. Trek eene willekeurige lijn AF cn uit D cu E de lijnen 1)11 en KJ beide evenwijdig met AF; dan is AB: BD = AF: !)il.

cn AC: CE = AF: EJ.

De eerste redens dezer evenredigheden zijn gelijk, dit volgt onmiddellijk uit het gegevene, dus AF: DU = AF: EJ.

waaruit DH = EJ dus is DEJH een parallelogram en derhalve DE // BC.

125. Zet op een been van den willekenrigen hoek A vac A af, km uit gelijk aan de gegeven lijn m, en A» gelijk aan de gegeven Ujn ». Zet daarna op het andere been van denzelfdcu hoek van A af, Kp uit gelijk aan de gegeven lijn p. Trek mp en hieraan door n de lijn nq evenwijdig, zoo zal Aj de gevraagde vierde evenredige tot m, n en p zijn. Het punt g is natuurlijk het snijpunt van nq en Ap.

De vijf volgende constructies zijn aan deze volkomen gelijkvormig. Van de zes vierde evenredigen in dit vraagstuk gezocht zal de eerste aan de tweede, de derde aan de vierde, de vijfde aan de zesde gelijk zijn. 1S6. Zet in de figuur die in vraagstuk 125 is voorgeschreven van A af op An uit, Aj« gelijk de gegeven lijn m, en Ah gelijk de gegeven lijn «. Van A af op Ap moet gij uitzetten Aa' gelijk de gegeven lyn n. Trek mn' en door n eene aan mn' evenwijdige lijn np, zoo zal Kp de gevraagde derde evenredige zijn.

De tweede constructie is volkomen aan deze eerste gèlijkvoMamp;iig. Gesteld dat m cn n lijnen zijn van verschillende lengte, zoo ktthnta deze derde evenredigen r-iet even groot zijn.

12

taat twee lijnen elkander rechthoekig in X snijden. Eij AX de gegeven lijn m, BX de gegeven lijn n. Trek A.B en maak hoek ABC recht; maak daarna hoek BCD recht ea ga zoo voort dan zal

AX: BX — BX: CX.

BX: CX = CX: DX zijn. cn dus ook AX: BX = BX: CX = CX: DX. CX, DX, EX enz, zullen dan de gevraagde lijnen zijn.

123. De zijden om den verdeelden hoek moeten in dezelfde reden tot elkander staan als de stnkken waarin de over den hoek staande zijde verdeeld is. De som der zijden om den verdeelden hoek is 18 M., dus zijn zij respectivelijk 7,5 en 10,5 M. lang.

129. Gehrnik makende van Badon Ghyben $ 98 vinden wij, de opstaande zijden des gegeven driehoeks zijn respsctivelijk 10 en 6 M.

130. Beschrijf op eene basis AB die 84 M. lang is, eeneu driehoek ABC wiens opstaande zijden tot elkander in reden zijn moeten als 11: 8. Verdeel den hoek C in twee gelijke' deelen dan zal deze dccllijn de lijn AB in do gewenschte reden verdeelen.

131. 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 des gevormde supplement van hoek BCA in twee gelijke deelen. Waar deze deellijn de door B verlengde lijn AB ontmoet 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 : DA = 7 : 11.

DA is dus de gevraagde lijn.

132. Op 1320 M. afstand van de minst verwijderde torenspits.

133. Laat ABC de gegeven driehoek zijn en hoek C door CF middendoor

gedeeld worden. Laat hoek BED gelijk hock AFI) gelijk recht zijn,

dan is drieh. ECB oo ^ AFC want

hoek ACD = hoek DCB hoek AFC = hoek CEB. dus is BB : AF = BC : AC. Maar ook i« drieh, ADF i» EDB. want hoek ADF = hoek EDB. hoek AFD = hoek DEB. du» is BE : AF = DB : AD.

en ook DB : AD = BC I AC.

It

184, Zij BCD het supplement ramp;n C in A ABC, CB da deellijn van 't supplement, maak CD = BC; trek CE, dan is A BCE A DCE, E is dus middendoor gedeeld door CE en wij verkeeren in 't voorgaande geral.

135. Seel hoek A middendoor door eene lijn die BC ergens in E snijdt. Trek DE evenwijdig aan AB, dan zal deze DE de gevraagde lijn zijn,

136, De lijn CF deele hoek C middendoor; beschrijf nit A all middelpunt met DE als straal een cirkelboog die CP in G snijdt; trek AG, verder GE evenwijdig met AC; als men nu nog DE evenwijdig met AG trekt, — ia AD = CB.

Want AGED een parallelogram zijnde, is GE = AD en DE = AG. Verder hoek CGE = hoek ACG = hoek ECG; en dns drieh. CEG gelijkbeenig; dus CE EG ~ AD,

187, Laat ABC de gegeven driehoek zijn. Neem van A af op AC een

■ willekeurig liefst klein stuk AF aan. Maak AJ = 3 AF, AH = 5 AF. Trek JG evenwijdig aan AB, GH evenwijdig aan AC. Trek nog AG, eu DE evenwijdig aan AB dan zal deze DB de gevraagde lijn zijn. willekeurig liefst klein stuk AF aan. Maak AJ = 3 AF, AH = 5 AF. Trek JG evenwijdig aan AB, GH evenwijdig aan AC. Trek nog AG, eu DE evenwijdig aan AB dan zal deze DB de gevraagde lijn zijn.

14

140. Stel: dat QR evenwijdig zij aan ST, dan is

driehoelc PAB lt;xgt; driehoek PJJE want hoek PAB = hoek PDE tn hoek APB = hoek DPE: dus is AB ; DE = PB : PE. — Ook is driehoek PBC co driehoek PEF

want hoekJBPC = hoek EPF. hoek PCB = hoek PFE. dus is BC : EF = PB : PE.

en ook AB : DB = BC : EF.

141. Laat de figuur aan het voorgeschrevene voldoen, dan is drieh.'ABP oo

drieh. FEP.

dus AB : EF = BP : PE. Maar ook ia driehoekquot; BCP lt;xgt; 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 drie^SWiksP. IkHnpeu wij met cene verwijzing fl^nr \fe. HQ ^Haen.

142. Zij BAC de gegeven hoek; richt nit A op CA ep AB loQ(ll\jnen op aan die

zijde dier lij^f» w»*r het gevraagde punt HE wordt verwap^. ??t «p AD uit A een

willekeurig gltik uit, en uit A op AE

H een sluk dat tot het vorige in reden is als

■ 4 : 7. Tr?k EF evenwijdig aan AC, DF evenwijdig aan A B, en trek dau

■ nog AF. Ieder punt der lijn AF zal aan 't vereischte voldoen.

143. Het moet, na de oplossing van vraagstuk 142, zeer gemakkelijk vallcp den hoek CAB door eene lijn AD zoo in twee stukken te deelen, dat de afstanden van elk punt der Ign AD tot AB en AC met elkander in reden zijn als 2 : 5. Evenzoo kunnen wij eene lijn CE vinden binnen hoek C zoodauig dat de afstanden van elk punt dier lijn tot AC en BC iu reden zijn als 5 : 7. Het snijpunt van AD en CE zal 't gevraagde punt P zijn,

144. Trek eeue diagonaal iu een willekeurig quadraat, en zoek dan 't verschil 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.

145. Trek iu eenen rechthoek waarvan de basis tot de hoogte staat als 5 : 3 een' diagonaal, en zoek 't verschil van deze diagonaal en de langste zijde des aangeuomeu rechlhae'ts.

IS

Zoek dan eene vierde evenredige tot dit gevonden verschil, 't gegeven verschil en de langste zijde des aangenomen rechthoeks.

Een rechthoek geconstrueerd onder deze vierde evenredige als basis en V5 dezer .yn als hoogte zal de gevraagde ziju.

146, Laat gegevea zijn dat fig. A BCD een parallelogram is en dat verder

hoek CXH = hoek HAB

„ ABF = . FBD „ BDE = , EDO „ DCE = „ ECA ia.

Daar hoek CAB -{- hoek ABD = 2 R is , is ook hoek FAB hoek EBA = R.

ergo ook hoek AEB = R.

Ook is hoek ACD -|- hoek CDB — 2 R, of hoek ECU -f hoek CDE = R. en liamp;ek CEÜ derhalve =r R.

Evenzoo kunneu wij vinden

hoek AliC — hoek ÜGD = K,

dus ook hunne oversiaanilc

hock EHF = hoek EG? = R.

Wij neten derhalve dat van den vierhoek EHFG elke hoek recht is; q, e. d.

147. Laat ABDC eene ruit ziju. Daar AS = Atquot; 's, ligt A op de lijn die BC in haar midden rechthoekig snijdt, Bvenzoo is B, wijl BD

= DO is, een punt vaa diezelfde Igu, AD is dus die lijn, hoek E is recht en BE = EC, Geheel op diezelfde wijze vindt men dat ook AD in E middendoor gedeeld wordt door BD.

Men neme eerst een parallelogram dat den gegeven hoek en de gegeven verhouding van zijdeu om dien hoek heeft, en zoeke ia die figuur 't verschil tusschen de langste lioekpuntalijn en langste zyd«. Zoek dan een vierde evenredige tot dit gevonden verschil, 't gegeven verschil en de langste zijde van 't aangenomen parallelogram. Construeer op deze vierde evenredige als langste zijde een parallelogram gelijkvormig aen 't gegeven parallelogram.

Laat de fignnr aan de voreischten voldoen, dan is onze thesis;

hoek FEG =: hoek FH6.

Daar hoek BAD -J- hoek ADC = 2 R is weten wij, even als in vraagstuk 146 , dat hoek EFD = R is; evenzoo, daar hoek ABC hoek BOD —2 R is, dat hoek B6C recht is.

Beschouwen wij nn de hoeken waarvan in de theiis gesproken wordt.

dan zien wij, dat zulks twee hoeken zijn wier beenen loodrecht op elkander ataan. Zulke hoeken zijn, zooala wij rroeger gezien hebben gelijk, zoo de hoekpunten aan dezelfde zijde der lijn gelegen zgn,die de snijpanten der beenen verbindt; en dit is hier het geval, want E en H liggen aan eeue zijde der lijn FG,

ISO. Zij ABCD de gegeven vierhoek.

Trek BD en verleng die door B, dan is hoek ABE = hoek A hoek ADB.

en hoek CBE = hoek C hoek CDS: 't welk opgeteld geeft, buiten hoek ABC = hoek A hoek C -j- hoek ADC.

i;

\ V

151. Zij ABCDE de gegeven vijfhoek. Verleng diens zijden zoo als dat

voorgeschreven is; dan is hoek FEK hoek KED = 2 R.

maar hoek FEK =■ hoek EFA -|- boek FAE.

en hoek KED = hoek ECrf hoek ËJO, dus ook hoek EFA hoek FAE -)-hoek ESJ hoek EJG = 2 R.

maar hoek FAE = hoek AHK hoek AKQ , dus hoek EFA -f- hoek ABK hoek AKH - - hoek EGJ hoek EJG = 2 R.

162. Zij ABCD een gegeven vierhoek dan is

AD lt; AB BD.

AD lt; AC CD.

BC lt; AC AB.

BC lt; CD BD.

-opt.

De dubbele som der diagonalen de dubbele som der zijden.

of ook, de som der diagonalen de som der zijden.

Ook is AB lt; AE EB AD BE • • ED CD lt; DE EC AC AE CE Telt men deze vormen bij elkaar en deelt men de lom- door twee zoo verkrjjgt men:

de halve torn dar zijden da nm dar diagonalen.

17

158. Telt men bijeen a. — a!

/?=/?'

y ~ y' «oo verkrijgt men de identieke vergelijking ^ Ar P y — a.' [3' y' ■ d. i. welke waarde men ook geve aan a, /?, y, deze vergelijkiog zal steeds waar blijven.

Telt men bijeen a = 180°—a'

/? = /3'

y = y' zoo verkrijgt men de niet identieke »er-gelyking _a -|- yg ^ — 180°—y': d. i. alléén zoo « = 180 — oc' is (of a = 90° is) deze vergelijking waar.

Telt men bijeen a — 180°—_a'

/? - 180°-/?'

y — lt;y' zoo verkrijgt men de valsehe verge-lyking a /3 y = »60°— y'. Want wij zouden dit ook zoo kunnen schrijver :

« /3 y—r' a' /?' = SOO⁰.

Wij weten eel,ter : at y -1- y' «' /3' = 360». Dos is

de gevonden vergelijking valsch.

Telt men bijeen a = 180°—

/? = 180°-/?'

y = 180°—y' zoo verkrijgt men de valsehe

vergelijking a-I-/? 4-y = 540°—a'—/?'—y'. Want wij zouden dit ook zoo kunnen schreven:

^x P -\-y - h /?' y' = 540°, Wij weten echter dat a -f /? y «' /?' -f y' — 360° is. Due is de gevonden vergelijking valsch,

151. Laat gegeven zijn

hoek A DG = hoek BEJ = hoek CFJ = R.

De som der hoeken van vierh.

BEHD = 4 R.

hoek BDH hock BEH = 2 R geg.

aft.

hoek B hoek DHE = 2 B, maar hoek GHJ hoek DHE = 2 B,

dus ook hoek B = hoek 6HJ. In drieh, ADK en drieh. KFG is

hoek ADK = hoek KFG = B. geg, hoek AKD = hoek FKG,

dus ook hoek DAK =r hoek KGF,

maar hoek KGF = hoek HGJ: dus is ook hoek DAK = hoek HGJ.

3

18

Wq weten derhalve van de driehoeken ABC en GHJ dat lij twee hoeken ieder in 't bijzonder gelijk hebben, en dna gelijkvormig zijn. 155. Aanmerking. In de iiganr heb ik wel de verhouding van PA : QA.

H| kannen op papier brengen, maar, zoo als men lichtelijk begrijpt, niet die van AB : PA zonder in ondaidelijkheden te ver-H vallen.

Zij gegeven AP = 1720 M. AQ = 1^90 M. AB = 68 M. AC = 51 M. ■ BC = 89 M. IHHHHHBHHH ^{Daar wi}j nn bevinden dat AP : AQ = AB : AC staat, loopt BC evenwijdig aan PQ en is dus drieh. APQ lt;v drieh. ABC, dus is AB : BC = AP : PQ.

68M : 89M = 1720M : PQ.

PQ = 2251,176M.

166. Deze driehoeken zyn gelijkvormig. Zij hebben ée'nen hoek gelijk, en de zijden om dien hoek zijn evenredig.

157. 84 M.

158. Zg gegeven dat ABCD eene rnit zij en dat AF en DE beide loodrecht

Iop BC staan en diens verlengde, dan is zeer zeker EC = BIop BC staan en diens verlengde, dan is zeer zeker EC = BI¹ en verder AC² = BC² AB² 2 BC x BP BD² = DC^S BC²—2 BC X EC; EC = BP; BC^a = AD². Substitneeren wij die in de laatste vergelijking en tellen wij haar dan bij de vorige op zoo hebben wij AC² til)'¹ — AB² BC² -f CD² AD².

159. Trek uit P lijnen evenwijdig aan de zyden van den rechthoek. Dan

bewijst men dat :

AP-' CP² = AH² AE² PC² CG² en BP² DP² = BF² DG² DH² BB³.

De termen dezer twee laatste leden zijn twee aan twee gelijk, dua ook de eerste leden gelijk.

160. 82, jfj! M.

161, Laat AC en AE de gegeven lijnen zijn.

Conslrneer ouder deze twee den rechthoek AEFC. Verleng AC ta

19

geef AB eene willekeurige lengte. Trek BE, en door C eene lijn evenwijdig aan de pas getrokkene. Wegens de gelijkvormigheid van driehoek ABE en driehoek ACD zal

AG : AB = AD : AE

Laat AB de in G en H op gegeven wijze verdeelde gegeven lijn zyn.

Trek CD op willekeurigen afstand van AB aan AB evenwijdig. Zet op CU van uit een willekeurig punt E de gegevene te verdeelen lija nit (EF). Trek AE en BP en verleng ze, tot zij elkander in L sneden. Trek L6 en LH zoo zal in K en J de gegeven lijn EF op gevraagde wijze verdeeld zijn,

163. Trek uit een der uiteinden der gegeven lijn eene Ign die met haar eenen willekeurigen hoek maakt. Zet van het hoekpunt van dien hoek af op het laatst getrokken been 27 willekeurige doch onderling gelqke stukken af. Vereenig het punt waar wij ons dan bevinden met het nog vrije eindpunt der gegeven lijn. Het behoeft stellig wel geene aanduiding, door welke der 2? 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 verdeelen. Indien BF : i/⁷ = AF : (!ƒ en CG : o? = GD : gd is FG gelijkstandig met fff.

Gelijkstandige lijnen zijn lijnen die in gelijkvormige figuren eveneem geplaatste punten vereenigen.

Zij gegeven AB : ai = BC : ie = CD : cd = AD : ad in de trapezia ABCD en aicd.

Trek in beide CE en ce evenwijdig aan AD en ad,

dan hebben wij dat AB : DC = ab : de of AB—DC : ai—dc = DC : dc en DC : dc = BC : Sc.

dus is EB : ei — BC : bc,

ook BC: Jc= CE: cewant CE=ADeu(;«=«rf dus hebben wij EB '. eb zzi BC : ie z=. CE : ce.

Derhalve zijn drieh, BEC en drieh. iec gelijkvormig en is hoek B = hoek i.

Ook is hoek BEC = hoek lec of wat 't zelfde is,

daar AD en CE, ad en ce evenwijdig loopen,

hoek EAD — boek ead,

8*

so

Dm de gegeven figuren trapezia zgn, zijn dm ook de hoeken ADC en DCB reepeotiTelijk gelijk de hoeken adc en dei.

Nu zijn dus ook onze trapezia gelijkvormig, want al hunne hojken zyn gelijk en hunne gelijksSandige zijden evenredig,

167. Neem de figuur van 't vorig vraagstuk en laat gegeven zijn dc gelijkheid der hoeken en de evenredigheid der evenwijdige zijden.

Laat dan ook nu de lijnen CE en ce getrokken zijn evenwijdig aan AD en ad.

Bewijs nu de gelijkvormigheid der driehoeken CEB en ceh uit de gelijkheid der hoeken CEB en eet, EBC en ehc. Uit die gelijkvormigheid besluiten wij dan tot de evenredigheid BC : ic = EB : el of BC : hc = AB—DC : ab=dc. Wij weten bovendien AB : ai = DC : dc = AB—DC : ah—dc en vinden uit de vereeniging dezer twee evenredigheden.

BC ; ic = AB : ab — DC : de.

Evenzoo /ouden wij kunnen vinden

AB : ah ■= DC : dc = AD : ad.

Dns zijn ook in deze trapezia de zijden evenredig ea de hoekeu gelijk; zij zijn derhalve gelijkvormig.

168. AU men geeft, dat van twee parallelogrammen e'én hoek gelijk is zyn de overige hoeken ook gelijk.

£n wanneer de aan de gelijk gegeven hoekeu liggende zijden evenredig ziju, bestaat tusschen de twee overige zijden dezelfde reden.

169. De reden hiervan ligt even als in 't vorig vraagstuk in degelijkheid van alle hoeken en de evenredigheid van alle gelijkstandige zijden.

170. Neem van P af, op elk der uit P naar de hoekpunten des gegevenen veelhoeks getrokken lijnen, stukken, die tot de lijnen, waarop zij worden afgezet, in verhouding zijn als 2 lot 7. Vereenig de uiteinden van al deze stokken op ry af,

171. Zoo zet men de stukken waarvan ia 't vorig vraagstuk gesproken is van P af uit op elke der diagonalen die uit P naar de overige hoekpunten wordt getrokken, en op de twee aan den hoek P liggende zijden, terwijl men dan verder handelt als in vr. 170.

172. Trek uit het punt P lijnen naar al die hoekpunten des veelhoeks, waarmede het niet door een gedeelte eener zijde is vcreenigd. Zet vervolgens de stukken, waarvan in vr. 170 is sprake geweest, af op alle lijnen die aan het punt P te zamen komen, en handel verderalsinvr. 170.

173. Zet de meermalen genoemde stukken van P af uil op alle lynen, die men eerst uit P naar alle hoekpunten des veelhoeks getrokken heeft. Handel verder als in vr. 170.

174. Trek uit een der niteiuden des gegeven omtreks eene willekeurige lyn waarop gij van het hoekpunt des pasgevormden hoeks af achter elkander de tijden dei gegeven driehoeks moet uitzetten. Vereenig daarop het punt waar wy ons dan bevinden met het nog vrije uiteindedea

31

175.

gegeven omtreka, «a vcrJcol daar m'uldol raa cvouwij'ligelgaen dco geg. omtrek in dezelfde reden, als bet gebruikte stuk der willekeurige lijn.

Wij hebben dan den gegeven omtrek in de zijden verdeeld, onder welke vrij den gevraagdea driehoek moeten construeerer,

Vau den driehoek gevormd door den beganen grond, den ladder en den muur weten wij dat een hoek recht, de hypotenusa 17 voet, ééne der rechthoekszijden 15 voet laag is.

De andere rechthoekazijde is derhalve 8 voet lang.

In driehaak A.BC z j AC = 13, BC = 15 en AB = 14 M.

Zij tevens hoek COB = R dan is AC² = AB* BC²—2 AB X 169 = 196 225—28 BD. 28 BD = 252.

BD = 9 M.

Na weinig berekening volgt dat AD = 5, CD = 12 M it.

177. In dezen stomplioekigen driehoek valt de loodlijn uit C op 't verlengde van AB, 0,5 M van A af. De loodlijn zelve is dus 1,986 M.

178. Zij gegeven in figuur 1, AC = 13, BC = 15, AB = 14 M,

dan hebben wij in vr. 176 gevonden, is CD = 12 M; ook zullen wij na berekening vinden dat BE == 12,923 AF = 11,2 M is.

In figuur 2 zij gegeven AC = 2, BC = 4, AB = 3 M dan hebben wij gevonden in vr. 177 CD = 1,936 M.; ook zullen wij na berekening vinden BE = 2,905 M. AF = 1,452 M.

179. 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,

daar hoek FBA = hoek DCE = 45° , hoek F = hoek G = hoek E = R geconstrueerd is. Nu is dus AB² = 2 BF¹ = 2 FA² amp; DC² = 2 ED= = 2 EC¹ = 2 GF². 80000 = BF² = FA'

11250 = ED² = EC² = GF' 282,8 = BF = FA 106,1 = ED = EC = GF.

Nu is AD» = AG² DG'.

„ = (AF FG)² (EC CB -t- BF)^J

„ = S88,9² BOS,^.

„ = 622012,42.

Derhalve AD = 722,5 mijlen.

180, Dit vraagstuk wordt op bijna dezelfde wijze berekend al«het vorige.

Het antwoord zal zijn 421 mijlen.

181, Met behulp der formule

2

y ^ ⁸ (s^-quot;⁸) (⁸—b) (8—c) vinden wij

voor de loodlijnen vallende op de zijden, die respectivelijk 84, 91, 108 M. lang zijn, 87,305, 80,590, en 69,844 M.

182, Op dezelfde wijze vinden wij voor de loodlijuen vallende op de zijden, die respectivelijk 32, 41, 49 M lang zijn, 40,77; 31,78 en 28,69 M.

In de beide laatste vraagstukken kan men eerst één loodlijn op de aangegevene wijze berekenen doch verder met voordeel gebruik maken van de eigenschap; Twee zijden van een driehoek zijn omgekeerd evenredig met de loodlijnen op die zijden neergelaten,

OVER DE EENVOUDIGSTE EIGENSCHAPPEN VAN DEN CIRKEL. i 121 — ^ 141,

188. Neen. De lengtegraden worden over den geheeleu bol, behalve alleen aan de linie, gemeten op kleine cirkels; de breedtegraden altijd op groote cirkels. Alleen dau derhalve, wanneer Amsterdam op den evenaar lag, zouden van daar uitgemeten 10 breedtegraden even lang als 10 lengtegraden kunnen zijn.

In elk ander geval zullen de lengtegraden graden eens kleinen cirkels, de breedtegraden graden eens grooten cirkels zijn, en dus onmogelijk gelijk kunnen lijn.

184. Het antwoord ligt opgesloten in 't antwoord op 't vorig vraagstuk. Alleen dan wanneer de lengtegraden op den evenaar worden gemeten.

186. Dat Amsterdam even ver van Moscou als van Constantinopel ligt. Men kan zieh gemakkelijk voorstellen dat door Amsterdam en Con-stantinopel en ook door Amsterdam en Moscou een groote cirkel gebracht wordt.

Daar nu de lijnen waarvan gesproken is, elkander in't middelpunt 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.

186. Laat de twee cirkels der figuur de gegevene zijn, en NR de lijn

van welke wij bewgzen moeten NO =: QR. Litt daartoe MP loodrecht op NR neer, dan ia OP = PQ en tevens NP = PR.

Trekken wij de eerste vergelijking van de laatste af zoo verkrijgen wij ON = LR 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 Ei' en DG, zoo ii boek D = hoek E = R.

hock A = hoek A.

en des driehoek ADG co driehoek AEF. en dus AG : AF = AD : AE, of, indien wij de termen der eerste reden door twee deelen AB: AC = AD : AE q. e. d.

Laat cirkel APH verbeelden eene meridiaan gebracht door eene gege-vene plaats A. Laat EQ de evenaar, PP' de as der aarde, HH' de horizon der plaats A verbeelden. PH ie dan de poolshoogte, AQ de breedte der plaats A. Daar nn zoowel hoek HMA als hoek PMQ recht is, blijft, zoo wij van beide den hoek PMA aftrekken, hock HMP = hoek AMQ of boog HP a: boog AQ. (Zie vr. 186).

Richt midden op eene lijn van 5 M. lengte eene loodlijn lang 0,5 M. op. Vereenig het toppunt dezer loodlijn met de niteinden der eerstgenoemde lijn. Het snijpunt der loodlijnen die ik op 't midden der beide pas getrokken lijnen opricht z»l 't middelpunt dea gevraagden cirkels zijn.

Richt midden op eene lijn van 7 M iengte eene loodlijn lang 17,5 M. op. Het toppunt dezer loodlijn en de beide uiteinden der eerat aangenomen lijn zullen nu de drie punten zijn waardoor een cirkel zal moeten gebracht worden. Hoe dit geschiedt, mogen wij na't vorige vraagstuk bekend veronderatellen.

Ja; de drie punten waardoor men in dit geval ecnen cirkel zal moeten brengen, zullen niet in eene rechte lijn liggen, en derhalve de constructie mogelijk zijn.

0,146 en 9,864 M.

Laat uit het middelpunt des gegeven cirkels eene loodlijn neer op de gegevene lijn «f haar verlengde, Daar waar de*e loodlijn of ha»r ver-

24

lengde Jen cirkelomtrek snijdt, zal 't raakpunt der gevraagde raaklijn zijn, en men zal die lijn zelve vinden door uit genoemd snypnnt eene lijn te trekken evenwijdig aan de gegevene lijn,

194. De halve cirkel.

195. Segmenten grooter dan de halve cirkel zijn grooter, segmenten kleiner dan de halve cirkel zijn kleiner dan de sectoren, die respectivelijk bij de hogen 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.

196. Is die overstaande hoek seherp, recht of stomp, zoo zal zijn hoekpunt respectivelijk buiten, op, binnen den cirkelomtrek vallen.

197. Elk pnnt der lijn die den gegevenen hoek middendoor deelt zal men als middelpunt kunnen aannemen van eenen cirkel die aan 't gevraagde voldoen zal. De straal zal altijd de loodlijn zijn, nit het gekozen punt op een der beenen des gegeven hoeks neergelaten.

198. 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 lijn

AD middendoor. Bieht aan die zijde van AB, waar het middelpunt ■ des nieuwen cirkels verwacht wordt.

199. De lijnen die de drie hoeken eens driehoeks middendoor deeleu, snijden elkander in een punt. Dat punt is in eiken driehoek het middelpunt van den zoogenaamden ingeschreven cirkel.

200. Laat ABC de gegeven driehoek zijn.

Verleng elke zijde twee kanten en de hoeken HCB,

I CBE, ABF, BAJ middendoor; van I de dus verkregen deellijnen zullen de I twee eersten ia hun snijpunt ons het

middelpunt verschaffen voor eenen I kei die DA, AC, CG zal raken; zoo men tot straal den afstaud van dat punt tot eene dier drie lijnen neemt. Het snijpunt der volgende deellijnen tal 't middelpunt van eenen cirkel zijn die op dezelfde wijze als bovenstaande beichreven HC, BC, BE raken zal. Het snijpunt der 2 *

25

laaUtca is liet middelwant van een en dergelijken cirkel die FB, BA, AJ raken tal

801, 12 M. De oplossing is zeer gemakkelijk. Wanneer men uit beide middelpunten der gegeven cirkels stralen trekt naar de raakpunten der gegevene raaklijn en uit het middelpunt des kleinsten cirkels ecne lijn evenwijdig aan de gegevene raaklijn, zoo is deze laatste lijn gelijk aan de gegevene raaklijn (voor zoo ver die tusschen de twee omtrekken begrepen is) en zal gemakkelijk kunnen berekend worden daar zij eerste rechthoekszijde is van den rechlhoekigen driehoek, wiens hypotenusa en tweede rechthoekszijde ('t verschil der stralen) ons bekend zgn.

202. Vereenig de middelpunten der gegeven cirkels met elkander en vereenig elk dier zelfde punten met een der raakpunten door middel eens straals; uit de dus ontstane gelijkvormige driehoeken vinden wij uiterst gemakkelijk, dat de gegeven raaklijn 9,331 M is.

203. Verleng de lijnen tot zij elkander snijden en eeneu driehoek vormen. Besehrgf dan in dien driehoek eeneu cirkel volgens vr. 199 en daarna drie cirkels, waarvan elks ééne zijde des driehoeks en de verlengden der twee overige raakt, volgens vr. 300.

204. Beschrijf om den gegeven driehoek eenen cirkel en maak dien met den gegeven cirkel concentriek. Vereenig de hoekpunten des gegeven driehoeks met bet middelpunt der concentrieke cirkels. Vereenig eindelijk de pnnlen waar de pas getrokken lynen, of hunne verlengden den gegeven cirkel snijden.

205. Beschrijf in den gegeven driehoek eenen cirkel; maak deze met den gegeven cirkel concentriek. Tr»k dan aan den gegeven cirkel raaklijnen evenwijdig aan de zijden van den gegeven driehoek.

206. 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 hoeLpunt tot de twee naastbijgelegen raakpunten heeft.

207. Verleng de twee eerstgegeven lijnen zoo noodig tot zg elkander snijden. Deel den aldus ontstanen hoek middendoor. Waar de pas ge-constrneerde deeliijn 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.

I

26

SOS. L»»t AB en AC in stelling gegeven zijn, en zoo noodig verlengd elkander in A snijden; laat ook hst pnnt P gegeven zijn.

Deel hoek ABC door eene lijn AD middendoor, en beschrijf uit een willekenrig pnnt M dier lijn een' cirkel die AB en AC raakt. Trek AP, en verleng deze Ign zoo zij den pas beschreven cirkel niet snijdt. Trek MP' en MPquot; en door P, PO evenwijdig aan MPquot; en PN even. wijdig aan MP', zoo znllen de uit O en N met de respective stralen OP en PN beschreven cirkels aan het vereischte voldoen.

209. Wanneer de afstand hunner middelpunten gelijk is aan de som hunner stralen.

S10. Wanneer de afstand hnnner middelpunten gelijk is aan 't verschil hunner stralen.

211. Wanneer de afstand hunner middelpunten kleiner dan de som, maar grooter dan 't verschil hunner stralen is.

213. Wanneer de afstand hunner middelpunten kleiner dan het verschil, of grooter dan de som hunner stralen is.

213. De middellijn.

214. Die koorde, die de middellijn in 't vorig vraagstnk gevonden in he^ gegeven punt loodrecht snijdt.

216. De lyn die door het middelpunt des cirkels tot aan den omtrek gaat.

218. Die welke, verlengd zijnde, door 'tmiddelpunt des gegeven cirkels zou gaan.

217. Die welke men van nit 't gegeven punt naar 't middelpunt trekt en xoover verlengt door 't middelpunt heen, tot zij den omtrek snijdt.

218. Die welke, verlengd zijnde, door 't middelpunt des cirkels zou gaan,

OVBR 'T METEN VAN HOEKEN DOOR MIDDEL VAN CIRKELBOGEN.

{ 142— § 150.

219. 11° 14' 17quot;.

220. Beschrijf uit de hoekpunten der gegevene hoekeu met willekeurige doch gelijke stralen cirkelbogen, die de beenen der hoeken snijden. Zoek van de cirkelbogen, tusschen de beenen der gegeven hoeken begrepen , de grootste gemeene maat. Deze (28° 15' 45quot;) zal ook de grootste gemeene maat der gegevene hoeken zijn,

221. 14° 36' 42quot;,98, en 68° 28' 81quot;,77.

222. 63° 59' en _v 11° 0' 7quot;,4.

228. Als 8 : 1.

224. Twee en dertig maal.

226, Dit beteekent dat hoek P gemeten wordt door boog AB. Bierbg valt op te merken dat men, om hoeken te meten, zich bedient van grootheden die met hoeken ongelijkslachtig zijn.

Dat men dergelgkc ongelijkslachtige grootheden ook in het dagelqkach

27

leven met elkander in verband brengt, zal wel geene aanduiding behoeven. Boe men bijv. afstanden meet met aren, met tijd, is algemeen bekend,

226. 114° 24'.

227. Die hoeken staan tot elkander ale de bogen waarop zij staan.

228. 150°.

229. 25° 42' 51 quot;.42.

230. 77° 8' 34quot;,80.

281. 114° 24' 48quot;,4.

232. Deze zijn alle gelijk. Want zij worden alle gemeten door de helft van denzelfden cirkelboog

233. Onder een hoek vau 114° 42' 20quot;.

284. Onder een hoek van 90° 1' 35quot;.

235. Zoo vormen de twee getrokken lynen eenen rechten hoek. 286. De bogen waardoor de hoeken der segmenten gemeten worden, groeien aan naarmate de segmenten zelve kleiner worden.

237. Gesteld dat bij het aangeven van de verhoudingen der afgesneden bogen men bij den boog begonnen is die tasschen de beenen des hoeks ligt, zoo zal die hoek 60° bevatten.

Gesteld dat ons de verhoudingen der bogen opgenoemd zijn in goede volgorde, maar men bq eenen willekenrigen boog begonnen is, zoo kan de gegeven hoek zoowel 60° als 120° zijn,

238. Geredeneerd hebbende als in 't vorig vraagstuk, zal men bevinden dat de gegeven hoek

71° 41' of 108° 19' is.

239. Immer 15°.

240. Immer 86°.

241. 30°,

242. 127° 5' en 232° 55'.

243. 146° 24'.

244. 88° 14' 25quot;.

245. Laat zegeven zijn PQ — 17 M. 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 nn nog een willekeurig punt van den boog POQ met P en Q vereenigd is, zal driehoek POQ de gevraagde zijn.

24-6, Beschrijf eenen cirkel met 6 M, straal. Zet van uit een willekeurig

28

_ pwut van den omtrek A. cene koorde AB uit =■ 6 M. Richt uit B eene loodlijn BE op AB

■ op, en maak 't stuk BF 7 M. lang. Trek DC door !F evenwijdig aan AB. en trek nog

■ DA, DB, CA en CB.

driehoek ABD ala ABC zal dan aan

■ de vereischten voldoen.

RECHTB LIJNEN IN DEN CIRKEL.

MB1 — } 168.

247. Wanneer de lijn die geprojecteerd moet worden evenwijdig loopt aan

de lijn waarop de projectie moet plaats hebben.

24S. Wanneer het verlengde van de lijn die geprojecteerd moet worden loodrecht staat op de lijn waarop de projectie moet plaats hebben. . ^Van d®¹¹ hoek waaronder die twee lijnen elkander snijden.

Hoe kleiner of hoe grooter de scherpe hoek is, waaronder genoemde lijnen elkander snijden, hoe grooter of hoe kleiner de projectie zijn zal.

^®®^|^^(^uBCde twee gegeven lijnen zijn. Beschrijf op hunne som AB een' halven cirkel en richt uit C op AB op.

Het vierkact van 't aantal lengteheden der lijn 'DC zal dan gelijk zijn aan 't product der getallen die het aantal eenheden van AC en BC aanduiden.

251, Zij A DB (zie de flgnur van 't vorige vraagstuk) het gewelf der kerk.

Zg AC = 8, BC = 18 M. De stang DC zal dan 12 M. lang zyn. 262, (Zie dezelfde figuur). 14,«2 en 21,633 M.

253. Beschrijf op eene willekeurige Ign AB eenen halveu cirkel. Neem eene willekeurige liefst niet te groote lijn all lengte-eenheid aan en zet van A afopAB, 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 4E, AF zoo zal

AE : AF = 1/3 : |/7 Want AE' = AC X AB . AF' = AD X ABj dus AE'² : AF² = AC X AB : AD X AB. of AE² : AF² = AC : AD = 3:7.

of AE : AF = ]/3 : J/T.

2j4. Beschouw dit vraagstuk alsof er gevmagd was: Construeer 2 lijnen die tot elkander in reden zyn ala JX9 : ]/ 7 en handel verrolgen» overeenkomstig vraagstuk 353.

29

S5S. Beichryf op de tam der lijnen AB en BC, retpectivelqk gelijk aan P en Q, eenen halven cirkel. Richt nit B op AC eene loodlijn op en vereenig het pnnt I), waar deze lijn den cirkelomtrek snijdt, met A en C. Zet de lyn die ons nevens F en Q gegereu is van A af op AD uit. Laat AE gelijk die gegevene lijn zijn. Trek dan door E eene lyn 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 lijn DC en even als vroeger CF de gevraagde lijn zijn.

Ï56, Als 1 : 1x2 : 1/3 : 2 : 1/5 : enz.

857. 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. 3. 3. 4 eenheden. Richt uit C, D, E, F loodlijnen op AB op, die den cirkelomtrek ergens in G, H, J, K zullen snijden. Trek AG, AH, AJ, AK, Deze laatste lijnen zullen tot elkander in de gevraagde verhouding staan,

258. Men construeere eenen rechthoekigen driehoek, welks schuine zijde = 4, en welks eene rcchthoekszijde zz 3 eenheden is, zoo zal de andere rechthoekszijde =: V7 zijn.

259. Elk oneven getal is begrepen in de formule 2a 1 en kan verdeeld worden in twee deelen waarvan het eene eene 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 2a -t 1 in 2 deelen waarvan het eene ééne eenheid grooter ii dan het andere. Deze deelen zullen a 1 en a zijn. Construeer eenen rechthoekigen driehoek wiens eene rechthoekszqde a lengte-eenheden en wiens hypotenusa tz 1 dierzelfde eenheden lang is. De tweede reclithoekszijde zal dan iot de eenheid staan als Z/ (3 n -J- 1) : 1.

260. Snijden twee koorden elkander, zoo is het product der stukken der eene koorde gelijk aan 't product der stukken der andere.

Het onbekende stuk is derhalve hier 9,375 M.

261. 0,7 M,

262. Daar in dit geTal de beide stukken waarin de koorde verdeeld wordt even lang zgn, is het product der stukken der middellijn gelijk het quidraat der halve koorde, Wg kunnen dus in ons bijzonder geval de eigenschap, in oplossing 260, aldus schrijven;

De halve koorde is middenevenredig tusscheu de stukkeu waarin de middellijn is verdeeld.

288. PD = 8,04 M.

80

8#4. Breng door A en B eenen willekearigen cirkel. Trek daaraan uit P eone raaklijn. Deze zal de gevraagde middenevenredige zijn. Hare lengte zal 3 M wezen,

S65, Bg al deze cirkels ia de raaklijn daaraan nit C gelrokken = 1/ AC X BC, Een cirkel nit C met eene dier raaklijnen als straal beschre* von, zal ook door de uiteinden der andere gaan, daar ze alle even lang zyn.

366. 6.75 M.

267. 85682,629 M.

268. Van eene in de uiterste en middelste reden verdeelde lijn is het grootste stuk, gesteld dat de lijn zelve a lengte-eenheden lang zij, —V» a V_t a 1/5 en het kleinste V/₂ a—Vj aV 5 dier eenheden lang. Als wy nu den wortel uit 5 = 2,236 en a = 7,42 nemen, is het grootste stuk der in dit vraagstuk gegeven lijn 4,58 en het kleinste 2,84 M,

269. Deel eerst eene Ign van 7,42 M lengte in de uiterste en middelste reden. De som van het gevonden grootste stuk en de lijn zelve zal de gevraagde Ign zijn,

270. Het in vraagstuk 268 gevonden grootste stuk der lijn van 7,42 M zal zelve, in de uiterste en middelste reden verdeeld, tot grootste stuk heblieu het kleinste stuk der Ign van 7,42 M, welk kleinste stuk wg ook in genoemd vraagstuk hebben berekend.

271. 1,94 M,

272. 8,678 M.

278. Laat AB eene middellijn des cirkelsjBC en hoek ACD recht zijn. Laat verder CF = BF zijn, en uit F met FD de cirkelboog DE beschreven zijn. Stellen wg nu, dat de straal van onzen cirkel r eenheden lang is dan is CF = V₂ r. CD = r en dus FD² = % r*, FD = V, r 1/5, EF is dus ook = '/j r 1/5 en daar CF = Vi r is, is EC = — lt;/₂ r % r J/S; en trekken wij dit van AC = r af zoo blgft voor AE iy₂ r—'/j r j/5.

Verheffen wij de waarde voor EC gevonden in het quadraat zoo vinden wij IVa»^-5—Vi r² j/S, 't geen wij ook viaden zullen zoo wij de voor AE gevonden waarde met r vermenigvuldigen.

Derhalve is de Ign AC in de uiterste en middelste reden verdeeld.

274, Laat AB eene Igu zgn die door het punt C in de uiterste en mid-

SI

delate reden gedeeld wordt. Beichryf of AB eenen balreu 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 BC^S = AB X AC is, weten wij ook Jat AD² — AB X AC is en derhalve AC de projectie van AD is, DC loodrecht op AB staat.

Na is da⁴ ook driehoek BDC co driehoek ABD en derhalve ii AB : BD = BD : BC.

of daar BC = AD is,

AB : BD = BD : AD; q. e, d,

5. 69, $ M

6. 3 M,

7. Laat de figuur aan het voorschrevene voldoen, zoo is

driehoek ABD co driehoek ABC; want hoek A = hoek A.

hoek AED = hoek ACB, want DE is evenwgdig aan BC, Wij hebben derhalve AD : AB = D£ : BC.

of AD ; AB = DF : BC. (1) Verder is driehoek BC6 oa driehoek | GDF;

want hoek DGF = hoek C6B.

en hoek DFG = hoek GCB,

wijl EF evenwijdig aan BC is, das

DG : BG = DF : BC. (2)

Uit de vereeniging van 1 en 2 hebben wij AD : AB = DG : BG.

of AD X BG = AB X DG.

278. Zij de lijn AB de gesrevene en laat CX getrokken zijn zoo als in Je

opgave voorgeschreven is. Zij verder BC = CD, DE = AB, FD evenwijdig aan AE, dan is wegens de evenwijdigheid van FD en AE, driehoek CFD driehoek CAE en dns

CF : FA = CD : DE. Maar CD is gelijk BC en DE = AB : dus kunnen wij hiervoor schrijven

CF : FA = BC i AB of CF X AB = AF X BCj q. e. d.

SS

S79. Da eTenndightid AB : BC = AF : CF (zie het TOtige m*g«tak) kan ook geichreren worden AB: BC = AB—BF: BF—BC ; wurnit volgt, dat AB, BF en BC harmoniich evenredig iqn.

280. Wanneer de lyn door A en B gebracht de lyn CD loodrecht mijdt; want de lyn die de middelpunten vereenigt, loopt dan evenwijdig aan de lijn CD, en de stralen der bedoelde cirkels zgn dus even groot.

2S1. Als de lijn door A en B gelegd evenwijdig is aan de lijn CD,

De constructie van dezen eenen eirkel is natuurlijk veel eenvoudiger dan die der in § 163 bedoelde,

VEELHOEKEN BESCBREVEN OM EN IN DEN CTRKEt, § 184 —§ 182.

282, Vereenig, indien A, B en C de gegeven punten zijn, B met A en C, Richt loodlijnen op op het midden van AB en BC, Het punt waar deze loodlijnen (zoo noodig verlengd) elkander zullen snijden, zal 't gevraagde punt zijn.

Dit vraagstuk is onoplosbaar, zoodra de drie gegeven punten in eene rechte lyn liggen.

283, Men verlenge de lijnen tot zg elkander snijden, en deele de hoeken waaronder dat geschiedt, middendoor. Het snijpunt dezer deellgnen zal het gevraagde pnnt zijn.

Bg evenwijdigheid der drie lijnen wordt hel vraagstuk onoplosbaar.

Bij evenwijdigheid van twee der Ignen blijft eene constructie mogelijk,

284, Wanneer men zulks doet bij gelijkzijdige driehoeken,

286. Bij eenen scherphoekigen binnen, bij eenen stomphoekigen tuiten den driehoek.

286, Bij eenen rechthockigen 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 ciïkels vallen. Het middelpunt diens halven cirkels deelt natuur-Igk deze hypotenusa in twee stukken, die elk even lang zijn als de Ign, die het hoekpunt des rechten hoeks verbindt met het middelpunt, aangezien elk dezer drie lijnen een straal van den cirkel is, waarin de rechthoekige driehoek staat.

287, Het bewijs hiervoor ligt opgesloten in de beantwoording van het vorige vraagstuk.

288, Om alle vierhoeken wier tegenover elkander slaande hoeken elkanders supplementen zgn.

289, In alle vierhoeken waarvan de sommen der tegenover elkander staande zgden gelijk zgn.

290, Laat ABCD de gegeven vierhoek zgn en de supplementen zgner hoeken da hoeken EiB, MAD, EDL, KDC, DCJ, UCH. CBG, ABFmid-

■?quot; -

33

dendoorgedeeld worden, de twee centen door de lijii PS, de twee volgenden door de lijn SB, de vijfde en zesde door de lijn HQ, de twee laatsten door de lijn PQ zoo zal

hoek CQB = 180°— (hoek QBC hoek BCQ)

hoek ASD = 180°— (hoek SAD hoek SDA) zijn,

hoek CQB hoek ASD = 360° — (hóek QBC hoek BCQ hoek SAD hoek SDA).

De vier laatstgenoemde hoeken echter zijn ieder gelijk de helft van twee der acht in 't begin opgenoemde sup-plemeutshoeken en wel hoek QBC = y₂ supplement van hoek B, hoek BCQ = V₂ supplement van hoek C, hoek SAD = % supplement va'n hoek A en hoek SDA = % supplement van hoek D des vierhoeks.

Volgens cene bekende eigenschap is de som dezer halve supplementen = 180°; 't welk ia onzs vergelijking gesubstitueerd, geeft hoek CQB hoek ASD = 380°—180° = 180°,

Wijl nu PQRS een vierhoek is (niemand toch zal het bewijs willen vorderen dat PQ, QR, RS, PS rechte lijnen zijn) is hoek P hoek Q hoek R hoek S = 360°: dus is ook hoek P hoek R = 180°, en kan om vierhoek PQRS een cirkel worden beschreven, volgens vlaagstuk 288,

291. 144°, 150°, 162°, 168°, 178°, 179°, 179° 54'.

292. 24°.

293. 36°, 30°, 18°, 12°, 4°, 0° 24'.

294. Zij gegeven AG ₌ 3,15 M, FC =2,12 M zoo is (indien onze fignnr ' ' aan het voorgeschrevene voldoet)

AB, dia wij loodrecht op FC hebben laten vallen en verlengd hebben^ = I/ (AF²—FB²) = 2,966 M.

Verder is driehoek AFB 33 driehoek AEG en dus

AB : AG = PB : EG.

derhalve EG = 1,126 M, en ED = 2,241 ,

295. Substitueert men A = 2,3 M en r = 3,15 M in de formule ,«

2 Ar

—--—, zoo verkrijgt men voor a, 2,16 M ongeveer,

V/ (4r* A^a)

296. 9,781 M.

287, 2,614 Al.

84

MS. 1.608 If.

gt;90. « M.

800. Zij gegeven dat de zijde des rcgclmatigen tienhoeka ia een' cirkel be-sehreren — 7 M ia, dan is het zeer gemakkelijk te vinden dat de straal des omgeschreven cirkels — 11,326 M ia tn znllen wij met behnlp hiervan vinden voor den straal des ingeschreven cirkels 10.772 M.

301. 8,988 M.

7,430 „

6,820 .

4.837 „

3,906 „

8,271 .,

1.977 „

802. 11,314 M«

803. 10,208 „

804. 85,547 ,

805. 1,414 M.

1.

0,765 „

0,618 ,

0.517 »

0,890 »

0,813 .

806. Laat gegeven zijn dat boog AB = 30° ia, dua ia

boog AD = 160°.

Maak boog BC = boog AB en tr^k AC. Daar hoek AMB = 30°, en dua AB zijde van den regelmatigen ingeschreven twaalfhoek ia, zal AC zijde van den regelmatigen ingeschreven zeshoek zün. en dua gelijk aan den straal wezen. Trek nu nog DC dan is driehoek DAC co driehoek MAB en dus DA : MA = AC : AB ot DA i MA = MA : AB; q. e. d.

807. ViV(10 2 1/3) = 1.902 M.

808. De kortste diagonaal van den regelm. zeshoek, is de zyde van den regelmatigen driehoek en dus = j/3, of 1,732 M.

809. Ala Vj V8 : 1; zoo wij 1/3 rekenen op 1,782, verandert deze verhouding in 0,886 : 1.

810. AU 1 : 0,92386 etc.

811. Wanneer wij den straal des omgeschreven cirkels gelijk 1 stellen, ia de zgde des regelmatigen ingeschreven zeshoeks = 1, die van den regelmatigen ingeschreven driehoek s: 1,783; en dna verhoudt zich

86

Omtr. Ing. Beg, ^eah. : omtr, log. Reg, drieh.

= 6 X 1 : 3 X 1,782.

= 6 : 5,196.

312. Dan s dc straal in de niterste en middelste reden verdeeld. De zijde van*4fen tienhoek is dan het grootste stak.

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.

813, De zijde van eenen ingeschreven regelmatigen vijfhoek is 1,176 M lang wanneer de straal des omg. cirkels = 1 M.

2a

Met behulp der formule A —-aj (Badon Ghyb, § 173) vinden

wij hieruit:

Zijde omgeschreven regelmatigen vijfhoek = 1,450 M.

314. Als de straal des omgeschreven cirkels 1 M lang is, is de zyde

des ingeschr, regelm. drieh. 1,732 M. » „ „ vierh. 1,414 „

» » n zesh. 1, „

„ „ „ achth. 0,765 „

n v » tienh. 0,618 „

„ „ „ twaalfh. 0,518 „

2a

Wij vinden daaruit door de formule A =-

Zijde omgeschr, regelm. drieh. = 3,464 M. „ „ „ vierh. =2,

„ „ „ zesh. = 1,155 „

„ „ „ achth. = 0,828 „

„ k „ tienh. = 0,650 „

„ „ „ twaalfh. =: 0,536 „

315. Als 1 : 2 gelijk uit 't vorig vraagstuk blijkt.

316. Daar wij in de vorige vraagstukken zoowel de zijden der ingeschrevene als der omgeschrevene regelmatige veelhoeken hebben berekend, vinden wij nu zeer gemakkelijk.

Omtr. Ing. Reg. Vierh. : Omtr. Omg. lieg. Vierh. = 1,414 : 2.

„ „ „ Zesh. : „ , „ Zesh. = 1 : 1,155

„ „ „ Achth.: „ „ „ Achth. = 0,765 : 0,828.

„ Tienh. : „ . „ Tienh. = 0,618 •• 0,650.

317. Een hoek van 3° is de middelpuntshoek van eenen regelmatigen 120 hoek. Wij weten uit Badon Ghyben, hoe het verschil der bogen onderspannen 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 helzeer

8»

gemakkelijk, ook den regelmatigen ingetchrevcn dertig-. zestig-, bon-derd-twiatighoek te besebrijven.

OVER HET VINDEN VAN DEN OMTREK VAN CIRKELOMTREK EN CIRKELBOOG.

$ 188 — § 186.

S18. De zijden van den ingescbreven en omgeschreven regelmatigen vierhoek zijn ons uit de vorige vraagstukken bekend, Wij weten met behulp daarvan dat, zoo men den straal des cirkels gelijk 1 M stelt, de omtrekken dier veelhoeken 6,667 en 8 M zijn,

Tuascben deze beide omtrekken ligt de omtrek des cirkels, grooter dan de omtrek des ingeschrevenen, kleiner dan die des omgeschreven veelhoeks. Beschouwen wij nu de omtrekken der om- en ingeschrevene achthoeken, zoo leert ons reeds een oppervlakkige blik dat de grenzen, waartusschen de cirkelomtrek ligt, nauwer bijeengekomen zijn, en uit de berekening vinden wij, dat die omtrek zich tusschen 6,123 en 6,627 M. bevindt.

De beschouwing der om- en ingeschreven zestien en twee en dertig boeken bepaalt deze grenzen tot 6,243 en 6,866, 6,273 en 6,308 M.

Zoo voortgaande, ook om- en ingeschreven 64, 128, enz. boeken te beschouwen, zullen wij spoedig tot in verscheidene decimalen nanwkenrig de verhouding van omtrek en straal vinden, Hoe wij uit de verhonding van cirkelomtrek en straal, het Ludolphiaansche getal vinden, zal wel geene aanduiding behoeven.

819, Wanneer men de grootste gemeene maat zoekt tusschen de eenheid en 't Ludolphiaansche getal, zijn de wgzergetallen zoo als bekend ia 3, 7, 15, 1, 293, 1, 1 enz. Hiernit vindt men volgens Badon Ohyb, § 94, de verhondingen van middellijn tot omtrek:

7: 22, 106: 333, 118: 366, 38102: 103993, 33215: 104348 enz.

820. Zie bet vorige vraagstuk.

321. Door eenen regel vsn drieën vinden wij 5,862 M.

822. De omtrek van dien cirkel zal 57,4911466 M. zijn. Wij vinden dua al weder door eenen regel van drieën, dat de gevraagde boek, die gelgk is aan dan hal ven boog waarop hij staat, =: 51° 28' 20quot; is.

888. De boog tusschen de beenen van dien hoek zal derhalve 94° 45' z|jn. Volgens eene gemakkelijke berekening kunnen wij voor de lengte van dien boog vinden «88, 977 M.

894. Gebruik makende van het getal T tot in 8 decimalen, vinden wij voor den gevraagden boog 92° 15' 8quot;_l66.

SIS. 180°. Zie Badon { 179.

37

826. Als wij den (traal gelijk 1 stellen is het vyfde gedeelte van den cirkelomtrek = 1,256687. De geheele omtrek van den sector is derhalve 3,256637 stralen des cirkels. De omtrek is echter gegeven = 300 meters; das vinden wij voor den straal 92,119 M.

327. De straal gelijkgesteld zijnde aan 1, is de boog van het quadrant = 1,5708, en derhalve de omtrek van het quadrant = 3,5708 stralen. Wij vinden dus voor den straal in ons vraagstuk 28,005 M.

328, De zijde des ingeschreven regelmatigen achthoeks is, als de straal des omgeschreven cirkels = 1 is, 0,765, en een achtste cirkelomtrek is dan 0,785, De omtrek van 't segment is dan 1,551. Maar die omtrek is gegeven = 20 M.; derhalve moet ook de (trial = 12,897 M. zijn.

329, Hiervoor vinden wij 114° 35' 23quot;,61.

INHOUDEN VAN VEELHOEKEN EN CIRKELS.

^ 187-§ 205.

330. 17,589 M^J.

881, Als 183 : 185.

382, 10,4 M.

383. 2,1 M.

334, Die driehoeken zijn even groot; zij hebben gelijke bases en gelijke hoogten.

385. De diagonalen eener ruit snijden elkander rechthoekig, Eene dier diagonalen (onverschillig welke) deelt de rnit in 2 driehoeken. Van elk dier driehoeken is de inhoud = 't prodnct van basis en halve hoogte. De basis is in beide driehoeken eene der diagonalen, de halve hoogte in beide ^x/\ van de andere diagonaal.

Telt men de beide gevonden inbonden bijeen, dan heeft men: de inhoud der ruit gelijk vaa 't halve prodnct der diagonalen.

386. 84 M². De loodlijn op de zijde van 14 M. lengte nedergelaten, ii gelijk 12 M. Zie vraagst, 176,

387. De lengte der loodlijn op de basis uit den top neergelaten is 14,896 M. en derhalve de inhoud des driehoeks = 128,1024 M³.

338, 52,70

889. De basis van dien driehoek zal zijn 16,463 M.; de inhoud derhalve 117,71245 M².

340. = 70,71 M².

841. Deel de zijde tegenover dat hoekpunt waarnit men de deellijnen trekken wil, in even zooveel gelijke deelen, als waarin men den driehoek verdeeld wil hebben. Vereenig het hoekpnnt waarvan gesproken is, met alle deelpunten der verdeelde zijde.

842, De loodlijn uit den top op de basis van dien driehoek neergeUten

£3

zal 6 M. lang, de inbond van den driehoek derhalve 27 M². zijn.

843, Be inhoud van znlk een vierhoek (parallelogram) ia gelijk aan het product van basis en hoogte.

Beschonwen wij de gegeven zijde als basis, den gegeven afstand dier zijde van de tegenoverstaande als hoogte van ons parallelogram zoo vinden wij dat de gevraagde inhoud = 28,80 M^s. is.

344. Be 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 =: 66,88 M².

345. 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 bet andere paar. Be som der evenwijdige zijden in ons trapezium is derhalve'gelijk 20,26 M. Be hoogte is gelijk aan de middellijn des ingeschreven cirkels dus 8 M. Zoo zal dan de inhoud van ons trapezium gelijk zijn aan =: 81,04 M².

346. Gesteld dat a, b, e de zijden eens driehoeks, s hare halve som in lengteëenheden uitdrukken, zoo is de formule voor den straal des

V (s—a) s—b) s—c)

ingeschreven cirkels: r =----

In ons vraagstuk zal derhalve de straal des ingeachreven cirkels = 1,2 M zijn.

847. Beschrijf in eenen cirkel, beginnende van een zelfde punt, eenen regelmatigen 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 wordeu 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 natuurlek

Vs ^r X ^XU ^zyde achihoek. Bit met 16 vermenigvuldigd geeft Inhoud zestienhoek = '/j gt;■ X omtrek achthoek.

848, Laat gegeven zijn dat de twaalfhoek ABCBEFGHIKLM een regelmatige

zij, beschreven in den cirkel QA;

3»

Elk der driehoeken KJQ, JQH, HQS u dan ia drie ttakkeo verdeeld, respectievelijk gelijk aan de drie stokken die men bij een quadrant van den twaalfhoek moet voegen om er een vierkant van den straal van te maken.

349. Zet op eene willekeurige lijn naast elkander nit AC — de basis en CB = de halve hoogte des gegeven driehoeks, en beschiijf op AB eenen halven cirkel.

Kicht nit C op AB eene loodlijn op cn noem ,het punt waar deze den cirkelomtrek snijdt I). CD zal de zijde zijn eens vierkants van denzelfden inhoud als de gegeven driehoek,

350. De middenevenredige tusscheu de basis cn (U, hoogte des gegeven rechthoeks zal do zijde zijn van een vierkant yan'denzelfden inhoud als de gegeven rechthoek.

351. Een middenevenredige tusscheu de basis en de hoogte van het gegeven parallelogram zal de zijde zija vau een vierkant van denzelfden inhoud a!» het gegeven parallelogram.

852. De zijde van 't gevraagde vierkant zal gelijk zijn aan de middenevenredige tusschen de som der evenwijdige zijden cn de halve hoogte van het gegeven trapezium.

858. Verander dien vierhoek in eenen driehoek van dezelfde grootte, volgens Badon Ghyben $ 198, en dezen driehoek in een vierkant van denzelfden inhoud, volgens vraagstuk 349.

854. Vervorm dezen vijfhoek in eenen vierhoek van deniclfden inbond, en handel verder als in 't vorig vraagstuk.

855. Zij AD de gegeven rechthoek.

Verleng AC door O en maak AB = de gegeven basis des gevraag-

I den rechthoeks. Trok BK, en nit C eene evenwijdig aan BE. Trek ■ nog EG evenwijdig aan AB en BG

Hl I evenwijdig aan AE, zoo is AG de ge-

vraagde rcchthoek. Want zoo wij nog B|H jBE en EC trekken, is, wegens de .evenwijdigheid der lijnen FC en BE,

drieh. BEC = drieh. EEC. Tel hierbij

drieh. AFC = drieh, AFC, zoo is

drieh. ABF = drieh. AEC; 't welk met 2 vermenigvnl-

digd geeft

Reehth, AD = rechth. AG.

Ware AC grooter dan AB geweest zoo zonde de conitrnetie 't zelfde gebleven zijn; alleen zou CF het verlengde van AE gesneden hebben.

366. Laat de zijde des eenen driehoeks = m, die des tweeden = n gegeven lijn. Beschrijven wij dan eenen rechthoekigen driehoek onder

40

de rechthoekazijden m en n, zoo zal de hypotennaa vaa dezen drie* hoek de zijde des gevraagden driehoeks wezen.

Op geheel dezelfde wijze zoekt men de som van twee willekeurige gelijkvormige figuren,

857, Laat de straal des grootsten der gegeven cirkels gelijk eene lijn m zijn en die des kleinsten gelijk eene lijn n. Beschrijf eenen rechthoekigon driehoek onder m als hypotenusa en » als eerste rechtshoekszijde. Een cirkel beschreven met de tweede rechthoekszijde als straal zal de gevraagde zijn,

818. Trek aan den binnensten cirkel eene raaklijn. Het stuk dezer raaklijn begrepen tusscheu den omtrek des grootsten cirkels zal de middellijn van den gevraagden cirkel zijn. Om dit te bewijzen trekke men twee lijoen; eene van 't middelpunt der gegeven cirkels naar eene der uiteinden der middellijn des gecoustrueerden cirkels, 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 rechthoekszijden de stralen der beide overige cirkels zijn. De grootste der geg, cirkels is dus gelijk aan de som der twee anderen, 't welk ook kan geschreven worden: het verschil der beide gegeven cirkels is gelijk aan den geconatrueerden, •

859. Volgens vraagstuk 856 kunnen wij de som van twee cirkels vinden. De som van drie cirkels te vinden is slechts eene herhaling dezer bewerking met den eerst gevonden cirkel en den derden,

860. Wij kunnen de beantwoording van dit vraagstuk met eene verwijzing naar vraagstuk 356 en 359 afdoen.

861. De bewerking in vraagstuk 356 aangegeven, driemaal herhaald, zal ons het gevraagde vierkant doen vinden,

362. Laten de lijnen m en n twee gelijkstandige zijden in de twee gegeven veelhoeken zijn. Beschrijf onder m t-a n als rechthoekszijden eenen rechthoekigen drishoek, en op de hypotenusa van dezen driehoek eenen veelhoek gelijkvormig aan den gegevenen.

Het zal hier wel niet bijgevoegd behoeven te worden dat de hypotenusa waarvan gesproken is, en de lijnen m en n, gelykstandige zijden in den nieuwen veelhoek en de beide gegevene veelhoeken mceteu zijn,

868. Beschrijf eenen cirkel met het verschil der stralen der gegeven cirkels 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.

864. Een cirkel met de som der stralen der gegeven cirkels als straal beschreven , zal de gevraagde zijn.

865. Indien de lijnen m tix n gelijk zijn aan de zijdeu der gegeven drie-

361

dr 36

fiii

4,1

hoeken, zal een middenevenredige tussclien m en « de zijde des ge-vraagden driehoeks zijn,

368. Elk der nieuwgevormde driehoekjes zal tot den oorsproukelijken driehoek in reden staan als de quadraten hunner 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 n gelijke deelen verdeeld, zoo staat de inhoud van elk der nieuwe driehoekjes tot dien van den ouden, als 1 : «²; en daar do geheele driehoek ia even groote driehoekjes verdeeld is , zal hun getal »² zijn.

367. Stel dat gevraagd wordt den driehoek ABC te verdeelen in drie gelijke

deelen door lijnen evenwijdig aan AB.

Verdeel de zijde AC in evenveel gelijke deelen als men den driehoek verdeelen wil; in ons vraagstuk derhalve in drie, I AD, DE, EO. Beschrijf op AC eenen [ halven cirkel, en richt uit D en E lootllij-| nen op AC op. Trek C6 en CF, en be-| schrijf uit C met CF 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 = AC² : JC² : HC². of ook = AC» : CG² : CF².

= AC X AC: AC X DC: AC X EC. = AC : DC : EC.

= 3:2:1.

Door toepassing v«n eeue bekende eigenschap der evenredigheden volgt hieruit bijkans onmiddellijk drieh. HLC = drieh. KJC — drieh. HLC = drieh. ABC — drieh. KJC. of drieh. HLC = vierh. KH = vierh. BJ.

368. Beschrijf op den straal MA van den gegeven cirkel eenen halven

cirkel, verdeel MA in evenveel gelijke deelen als men den gegeven cirkel verdeeld wil hebben. Laat ons gevraagd zijn, den cirkel in drie gelijke deelen te verdeelen. Stel dat MB = BG =. AC zij. Kicht uit B en C op MA loodlijnen op; trek MD en ME; de cirkels met deze lijnen als stralen uit M als middelpunt beschreven zullen de gevraagden wezen.

*s

Hit bcwij» hiervoor is geheel met hel bewijs van voorgaand Traag* stak gelijkvormig.

369. Neem een willekeurig pant binnen eenen gegeven veelhoek ABCDE aan, en vereenig dit met de hoekpunten des veelhoeks. Gesteld nu dat wij den veelhoek iu drie gelijke deelen wilden verdeelen door 2 gebroken Iqnen, evenwijdig aan den omtrek des gegeven veelhoeks, zoo verdeelen wij, met behalp der oplossingen der opgaven 256 en 267 eene der getrokken lijnen, PA bijv., zóó, dat PA² : PA'¹ : PAquot;' staat als 3 : 2 : I. Trek dan nit A' en Aquot; lijnen evenwijdig aan AB en AE. Noem de punten waar deze laatstgetrokken lijnen PB en PE snijden B', Bquot;; E' en Equot;, Trek dan B'D' en Bquot;Dquot; evenwijdig aan BD, en vereenig de snijpunten dezer lijnen en PD (D'eu Dquot;) met E' en Equot;.

Wij zijn in dit vraagstuk wel een weinig kort in onze omschrijvingen geweest, maar dit zal toch geene onduidelijkheid kunnen veroorzaken, wanneer men juist alle bewerkingen in de volgorde verricht, die voorgeschreven is.

370, Zij AB de gegeven cirkel. Richt, na de middellijn 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.

1¹

371. Een qaadrant van den cirkel beschreven met de middellijn des gege-venen als straal zal aan het vereischte voldoen.

372. Zoek eene lijn wier quadraat staat tot het qnadraat 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 opmerking bij vraagstuk 362.

373. Dit vraagstuk is volkomen gelijkvormig aan het vorige,

874, De zijde des ingeschreven regelmatigen driehoeks is, wanneer 1 M als straal des omgeschr. cirkels wordt aangenomen, 1,733 M, De loodlijn uit den top diens driehoeks op de basis neergelaten, is 1,6 M. (Hiertoe beslnit men met behulp van de oplossing van vr. 326). De inhoud dezes driehoeks is derhalve 1,299 M².

De ingeschreven regelmatige vierhoek, in denzelfden cirkel beschreven, waarvan wij gesproken hebben, is gelijk het halve product zijner diagonalen die elk 2 M lang zijn. Hij heeft derhalve eenen inhoud ran 2 M².

Het apothema eest regelmatigen vijfhoeks wiem omgeschreven cirkel

48

1 M straal heeft, is 0,809 M. De omtrek van dienzelfdeu vijfhoek is 5,S78 M. Zijn inhoud is derhalve 2,8776 M».

Den inhoud des regelmatigen zeshoeks, achthoeks, tienhoeks vinden wij volgens de oplossing van opgave 847, die, mëu begrijpt zulks gemakkelijk, van toepassing is voor de berekening der inhouden van alle 2gt;i hoeken uit de omtrekken hunner n hoeken.

Wij vinden das voor den inhoud des regelmatigen zeshoeks, beschreven in eenen cirkel van 1 M straal, 2,598 M²; voor dien des regelmatigen achthoeks, in denzelfden cirkel beschreven, 2,8284 M²; voor dien des regelmatigen tienhoeks, in denzelfden cirkel beschreven; 2,9389 M².

375, 2,4184 M^s.

876. De inhoud des regelmatigen ingeschreven achthoeks, wanneer de straal zijns ingeschreven cirkels = 1M., is 2,828 M². Het quadraat beschreven op den straal des cirkels, die om den gegevenen regelmatigen achthoek beschreven is, is derhalve 35,3554 M^g. en die straal zelf 5,946 M.

77. Gesteld de inhoud des eersten sectors worde voorgesteld door de letter S, de lengte van zijnen boog door l, de grootte van zijnen hoek door g, de straal zijns cirkels door r, terwijl wij dit alles in den tweeden sector respectlvelijk S', 2', (f, r' noemen, zoo is' daar S = Vj Ir. S' = % l'r' is,

Ir = Vr' of

l : V = r' •. r. Wij weten bovendien dat l •. 1 nr — g •• 360, en dns

TT gr

l — T-rr en evenzoo i öü

„ Tfl'r' .

V — ^

180

Wij kunnen dus onze evenredigheid ook aldus schrijven

^ y ■ ^ 9^r — r' : r en na eene kleine herleiding 180 ' 180

g : g' = r'* : r^s. Nu weten wij dat y = 40 ƒ = 70 is en substitueeren dit, zoo is

40° : 70° = r'² : r².

of r' = * r W 7.

Het komt er dus 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 : 0,698.

De straal = r aangenomen zijnde hebben wij dus voor onzen sector van 40°

2,698 r = 10 M.; waaruit volgt r = 3,706 M.

Dit in de reeds verkregen formule ge»nb»titaeerd, geeft om r' = 2,802 M.

44

TOEPASSING DER STELKUNST OP DB OPLOSSING VAN BEPAALDE MEETKUNSTIGE VRAAGSTUKKEN.

§ 807 — $ 220,

AanmerUnp, Bij alle volgende vraagstukken dezer paragraaf zal de beteekenis der letters I, s, r, h, l, 4, de benaming der zijden eens driehoeks a, 6, e, en dergelijke zaken bekend worden vooronder* steld, ten einde niet in hoogst onaangename herhalingen te vervallen. Hij die de bovenopgenoemde paragrafen van het leerboek van Badon Ghyben heeft bestudeerd, zal in het gebruik der letters geene moeie-lijkheid vinden.

878. 1 = % bh.

379, I = J/s {s—a) (t—b) (s—c).

380. \ r {a b -\- c) = rt,

_{881i r} — V (»—quot;) {»—b) (s—c)

s

382, A =3 ^.. ySs (s—a) (s—b) (/—c),

c

Aanmerking, c duidt in dit geval de zgde aan, waarop de loodlgn

valt. De brenk der formule kan dus ook JLof-? zijn, indien

a b

de loodlijn of op a ol op b is neergelaten.

888. A = ?J.

b

384. Gesteld de zijden des rechthoeks die aan een hoekpunt samenkomen zijn a en J zoo is de gevraagde inhoud = ah,

885. A = JL

b

386. Noemen wij de evenwijdige zijden a en 4, zoo is I = % h (a b).

887. Laat s de halve som der zijden des vierhoeks zijn, r de straal des iig, cirkels, zoo is.

I = «,

888, Zg I de iuhoad, a, b, c ta d de zgden en s de halve som der zijden van den vierhoek, dan is 1 = W (s—a) (i—6) (s -c) (s—d). Bewijs:

zy = ac bd . . , . (I)*

dus I = ^{(ic ad) y} 4 R

en (ab cd) x zz {hc ad) y.

389. Noem de zijden diens vierhoeks ctgt; ^» c, d en de diagonaal «zoo is

I = l/' {s—a) (s—i) (»—«) («'—«) («'—d) («'—«). 890- Indien a de zijde diens gelijkzijdigen driehoeks is, is I = '/4 ^1,3 3. 891, De loodlijn, op de zijde a eens driehoeks neergelaten, die a, b. c, tot zijden heeft, verdeelt de zijde a in twee stukken, die men in eene functie der zijden aldus kan uitdrukken :

11 a*—c² c² «•—i²

i_ __

1

*♦ (2) Het benijs voor (2)

abx =^e!ff en A ^c^^x ~ ^C^^X 4 R 4 R

2

= 1/ {s—a) (s—i) {s—c) (s~-d)

* (1) Dit is de stelling van Ftolemaëus,

898. I = % irrf».

899. d — 2j/ ¹ .

5r

■ioo. I = O = 2W T I.

Vr

401, Uit magstnk 377 zagen wij, dat S = '/2 ^ echter kan vervangen worden door eene fanctie van r eu g. Want l is —'Uil, Dit

180

gesubstitueerd in de eerste formnle , geeft

s = % .

180 360

402, Indien men nit de formule in vorig vraagstuk gevonden:

S g oplost, vinden wij

360

g — 860 X—

408, Stelkunstige vormen van den eersten graad,

404. Door stelkunstige vormen van den tweeden graad,

405. In stelkunstige vormen van den derden graad.

406. In No. 1. 2. 5. 6. 8. 10. 11. 18. 14, 15 en 16 der gegevene voorbeelden eene Ign, volgens vraagstuk 408.

In No. 8. 4. 7. 12. een vlak, volgens vraagstuk 404. In No. 9 een lichaam, volgens vraagstuk 405.

No. 14 en 16 knnnen niet meetkunstig worden geconstrneerd, tenzij men onmiddellijk achter 't wortelteeken des tellers den factor l, gelijk de lengte eenheid, invoere. (Zie Badon Ghyben § 213).

407. Wanneer men in den gegeven vorm l invoert, verandert hij in x =

Sa²)// (i c) — 4 alyS l (ih c);

V / (5a -j- 3/).

x is dan te construeeren, en zal een vlak zijn.

408. a. De gevraagde zal gelijk zijn aan de vierde evenredige tot d.

Sa eu c,

h. In de vergelijking x = JlfLffLvoeren wij eerst eene vierde even-Bi²/

redige t in tot 52, 2a en a; door deze invoering verkregen wij de vergelgking x =ff£. Door invoering van eene vierde

evenredige u tot b, £ en c, verandert onze vergelijking ia x =

^UJL, Eindelijk zoeken wij eene vierde evenredige tot f, u tn d die /

gelijk onze gevraagde x zal zijn.

c. Nadat wij door invoering van l deze vergelijking voor constructie hebben geschikt gemaakt onder dezen vormt

47

_ Sa'—ia*i IV

* ~ at—561 handelen wg als rolgt;

Wg schrijven de vergelijking eerst aldns IH

a (3a^J— -)

^ ⁼ 7~Ü~s

a (a—5-——),

a

Zoek nu eene middenevenredige m tasschen Sa en a;

dan is m² = Sn²;

eene middenevenredige n tnsschen 2a en è'

dan is «² = 2ai;

eene derde evenredige o tot a en

, .

dan is o = —;

a

etne middenevenredige p tasschen o en /;

IH

dan is p¹ zz ol = -:

^r a

eene vierde evenredige q tot a, 66, /;

₃ . Bil

dan is o = -;

a

De invoering van al deze gevondenen doet onze vergelijking veranderen in

a (m²-«⁵4-p⁵)

•t? — . p Oi

a (a—q)

ÏK²—«ïA-p'

X —----^!-^£-

a—q

Het verdere der bewerking ia dan het volgende:

Constrneer eenen rechthoekigen driehoek met m als hypotenusa en n als de eerste der rechthoekszijden. De tweede dier rechthoeks' zgden in 't qnadraat zal — m²—»2 zijn.

Noemen wij deze gevondene r, en construeeren wij eenen rechthoe kigen driehoek onder de rechthoekszijden p en r zoo ia de hypote nusa dezes rechth. driehoeks = V (r² -|- p²) = J/ (m² -j- p²—n²)

Noemen wij de pas gevonden hypotenusa s; dan rest ons alleen het vierkant op de lijn s beschreven , te vervormen in eenen recht hoek, die a—j tot basis heeft. De hoogte van dezen rechthoek ia onze gevraagde, zal = x zijn.

Zoek eene middenevenredige r tnsschen 2a en 6, dan is r* — ïab zoek verder eene middensvenredige s tasschen 3c en zoo is i² = �.

Construeer eenen rechthoekigen driehoek onder de rechthoeks zgden r en De hypctennsa van dezen driehoek (al gelgk aan x ign.

48

e. Nadat wij een quadraat gezocht hebben, dat gelijk is aan de som

van a*, 25^s en Sc², (de wijze waarop zulke geschiedt, is uit de vorige vraagstukken bekend genoeg), zoeken wij een vierkant, dat gelijk is aan het verschil van ons gevonden vierkant en 4rf'². Se zijde van dit laatste vierkant zal onze gevraagde zijn.

ƒ, Maak eerst den vorm homogeen door de invoering van l. In de dus verkregen vergelijking .c = I/ (c² -{- mdl—d'¹—nfi), voeren wij de middenevenredigen t tv. w in, die wij respectivelijk hebben gevonden tusschen d, l tn f, l. Daardoor verandert onze vergelijking in

,r = I/ (c² mt¹—d² «k²)

en wordt geheel behandeld als e van dit vraagstuk.

g. Daar lt;8 en ê lijnen zijn kunnen wij voor a-24 ook eene lijn e, voor 4i-a eene lyn / schrijven. Brengen wij tevens c achter 't wortelteeken, zoo verandert onze vergelijking in

c²e

z = 21/- —.

De invoering van eene derde evenredige lt;/, gevonden tot ƒ en c doet onze vergelijking veranderen in » = 2]/ ge.

De invoering van eene middenevenredige h, gevonden tusschen g en e, doet ze veranderen in a: — 2V h-.

Das is x natuurlijk = 'ik.

h. Deze vergelijking is voor meetkundige constructie niet anders vatbaar, dan met invoering van l, In onze dus verkregen vergelijking

, a² 4- 2J² . . .. .

x = /j/ Sai—b^ ^{vmlt;Iei1 W,}J gemakkelijk eene lijn czoo,

dat c^a = a² 2i² en eene lijn d zóó, dat d* = 3a²—S² is, Wordt dit ingevoerd in onze vergelijking, dan wordt deze c2 Ic * = l? = -d'

Handel hiermede als met a van dit vraagstuk.

Deze vergelijking kan door de tot hier bekende middelen niet geconstrueerd worden.

1c. Eerst zoeken wij volgens de bekende wijze 4a²—ê² = r'¹, en vereenvoudigen daarmede ome vergelijking ia z = 1/ (2a²—ar), x is dan de middenevenredige tusschen a en 2a—r.

I. Na deze vergelijking aldus te hebben geschreven:

a (8fo)

^X ~ J² X i²

V a² (a² o X « '

zoeken wij eene derde evenredige p tot a en 4. Daardoor kunnen wij onze vergelijking aldus schrijven Mc

quot;Vc^ P²)

Hi

b/j ■ -i'-i

.

■

.

■ I

MM

^PBWttilllii mamp;\ $ Hm ^al

IB ^s

49

De invoering van eene middenevenredige q tusschen %h en c, en van een qnadraat r² dat gelijk «1—pl is verandert onze vergel. in

r

Eene derde evenredige tot r en y zal onze onbekende wezen. m. Zoek eerst een quadraat f'- = 2a²—zoo vereenvoudigen wij onze vergelijking in

3a3 -L 2^—c3

x — ——--

P

Als wij dit nu nog geschreven hebben:

2«3 c3

«(3aM ----)

a a

x = --,

P

zoeken wij eene vierde evenredige

q tot a, 24 en i, dan is y = -

a

cï

r „ «, c „ c, „ r — -en wij vereenvoudigen onze

a

vergelijking in

a -{ bq—cr)

•r = J/ ——-——

V

De invoering der middenevenredigen s tussehea b en y, t tns-

.a (3ai

schen c en r doet ons voor x verkrijgen ]/ --

P

Gemakkelijk vinden wij een quadraat vï = 3a² 4- s¹—amp;, en schrijven dan

au*

x = --

P

De invoering van eene vierde evenredige » tot p, a en u, geeft x == \/ vu.

Zoo vinden wij eindelijk, dat x gelijk is aan de middenevenredige tussehea tgt; en u.

TWEEDE AFDEELINGr.

GEMENGDE VRAAGSTUKKEN.

laat AB, AC, AD, AE de gegeven zijden des gevraagden vierhoeks

zijn en hoek ABF de gegeven hoek.

Constructie. Neem HG = AB; trek uit G eene lijn zoodanig dat hoek HGI gelijk is aan den gegeven hoek ABF; maak IG = AC; beschrijf uit I met A D, en uit H met AE 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. Het is duidelijk dat men uit I en H ook cirkels kan beschrijven met AE en AD waardoor een andere vierhoek zal ontstaan die ook aan de gegevens voldoet.

Laat AB, AC en AD als zijden, EF en EG als diagonalen des gevraag-

d^en vierhoeks gegeven zijn. ■ Constructie. Neem Hl = AD; be-I schrijf uit I met de zijde AB, en uit H I met de diagonaal EF als straal, cirkelbogen, die elkaar ergens in K snijden; beschrijf daarna uit 1 met de diagonaal I EG en uit H met de zijde AC als straal I cirkelbogen die elkaar ergens in L snij-den; trek nog IK, KL en HL, zoo zal vierhoek HIKL de gevraagde zijn.

Laat AB, AC, AD, AE als zijden, FG als diagonaal des gevraagden

vierhoeks gegeven zijn.

Constructie. Neem HI = degegevene 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. Ook hier zijn twee verschillende oplossingen mogelijk.

WÊÊÊ

I

■

fi

51

4. laat AB en AH de diagonalen zijn, die gegeven worden.

Constructie. Deel de diagonaal CD = AH middendoor in F; laat KG, CD in F loodrecht doorsnijden; maak KF _== FG = i/₅ AH, en trek CE, ED, CG, Gp, zoo zal CBDG de gevraagde

i;

5. laat gegeven zijn AC als eene der evenwijdige zijden, AB als eene

der opstaande zijden , DE en DF HH9 als diagonalen.

Constructie. Neem GH = de ge-gevene zijde AC. Beschrijf uit G | met AB, en nit H met DF als stralen cirkelbogen die elkander I in I snijden. Trek IK evenwijdig aan GH. Beschrijf met de nog overige diagonaal DE nit G een eivkell oog, die de lijn IK in 1 snijdt. Trek IG en 1H , zoo zal vierhoek I1HG het gevraagde trapezium zijn.

■6. laat gegeven zijn AB, AC, AD als zijden des gevraagden vierhoeks,

BAE en hoek BDF | als hoeken aan de vierde zijde.

de

uiteinden G en H eener H willekeurige lijn GH twee lijnen GI en HK dat hoek HGI = hoek BAE, en hoek GHlv = hoek BDF is. Maak GI = AB, HK = AD. Trek KI evenwijdig aan GH, en beschrijf uit I met AC als straal een cirkelboog, die de lijn KI ergens in M snijdt. Trek dan 1M, en MN «Me evenwijdig aan dc lijn HK moet zijn, zoo zal GIMN de gevraagde vierhoek wezen. Ook hier zijn twee oplossingen.

'7, laat de figuur aan het voorgeschrevene in de opgave voldoen, daa moet bewezen worden AD = DC. Als wij nog BD trekken is hoek BDA recht. De lijn nu, die uit den top eens gelijkzijdigen driehoeks op de basis loodrecht wordt neergelaten, deelt die basis middendoor.

4*

52

in de bepaalde richting.

Trek uit een willekeurig punt C de lijn CD evenwijdig en gelijk aan AB, DE evenw. OP en EF evenw. CD, dan is EF de gevraagde lijn. Want EF = CD = AB terwijl deze drie lijnen tevens evenwijdig zijn.

h. Trek uit eeu willekeurig punt F van CD de lijn FE evenwijdig en gelijk aan AB. Verder EG evenw. CD en uit de suijpunten K en G, zoo deze er zijn, KL en GH evenwijdig aan FE of AB.

c. Trek uit AT eene liin evenwijdig aan AB, en maak MC gelijk aan het

HUIHHMHI ^{0p AB uit}£^ezette stuk j beschrijf uit C, met den straal des cirkels M als straal, een 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 H onmogelijk.

■ In het derde geval trekke men uit de snijpunten des gegevenen cirkels N en den geeonstrueertlen boog, uit 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 middilpunt des cirkels N gelijk is aan de som der

53

stralen der beide gegeven cirkels. In dat geval zal er slechts een antwoord kunnen gevonden worden.

30. Beschrijf met de gegevene lijn als straal uit een willekeurig punt A. van eenc der beide evenwijdigen een cirkelboog, die de andere evenwijdige in B en B' snijdt. Trek AB en AB', eu door het punt P, hoe het ook gegeven zij, lijnen aau de twee laatslgetrokkene evenwijdig.

Het geval dat de cirkelboog uit A beschreven of de andere evenwijdige in het geheel niet, of slechts in een punt raakt, kunnen wij gerust den lezer overlaten.

11. Laat hoek ABC = 30° en hoek BAC = 90° zijn.

Verbind A met het midden B van BC, zoo is, wanneer men zich een halven cirkel op BC als middellijn beschreven voorstelt, BD = DC = AD. Derhalve is driehoek H BAD gelijkbeenig, en hoek BAD = 30°. Dan is natuurlijk hoek DAG = 60°; hoek DCA echter is ook = 60°, dus is driehoek DAC gelijkzijdig en derhalve AC DC = '/: BC.

12. 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, zoowel uit A als B cirkelbogen, dan zullen deze elkander in 2 punten snijden.

Beschrijf daarna uit dezelfde punten A en B met een nienwen 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 liju met de twee pasgevondene liggen.

Deze bewerking kan men met nieuwe stralen herhalen, zoo dikwijls men wil. Bij elke bewerking zal men twee nieuwe punten vinden, die met alle vroeger gevondene in eene rechte lijn liggen,

13. Neem op den omtrek der gegeven kromlijnige figuur eenige willekeurige punten aan. Trek uit 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 deeerstgetrokkene gemaakt hebben. Langs de vrije eindpunten van al deze lijnen trekken wij de nieuwe kromlijnige figuur, die volmaakter zal zijn, naarmate het aantal punten op den omtrek der gegeven figuur aangenomen, grooter is.

14. Laat ABCD onze gegeven vierhoek zijn. Laat de zijden AB, BC,

CD, AD respectivelijk in de punten E, F, G, H middendoorgedeeld, en HE, EF, FG, GH getrokken zijn.

Bewijs. Wijl AD : AH := AB : AE = 2 : 1, is de lijn HE evenwijdig aau BD. Om eene soortgelijke reden is ook GF evenwijdig aan BD. HG evenwijdig aan AC.

51

EP evenwijdig aan AC.

Pquot;! I^{S 00k} quot;MW'jdig aan GP, en HG evenwijdig aan EP, es derhalve vierhoek EPGH een parallelogram. Het tweede deel wordt nagenoeg evenzoo bewezen.

Zij gegeven dat in driehoek ABC, EB r= DC — AF zij; AB = — AC; BP derhalve = EC = AD; wanneer dan DE, EP en PD getrokken zijn zoo is.

drieh. DEC gö drieh. BPE Qfi drieh. A l)F; want hoek C = hoek Jj = hoek A, CD = BE = AP,'

CE = BP = AD. Derhalve is ook DE = EP = PD of

__driehoek DEP gelijkzijdig.

^gegeven de lijn PQ en Iaat A en B de punten zijn aan ééne zijde

, /ff ^{A en B loodli}j^{nen 0}P PQ neder. Verleng AC door C, totdat CE = AC zij.

f ,^enr,_mt^l' ^{daI1 ZaI F} iquot;¹ gevraagde punt zijn: want hoek — ^{110615 CFE}. maar hoek CPE = hoek APC.

(daar driehoek APC en CPE gelijk en gelijkvormig zijn). Derhalve is ook hoek BPD = hoek APC.

Het bewijs, waarom driehoek APC gelijk en gelijkvormig met driehoek CPE is, zij den lezer overgelaten.

Onder dezelfde gegevens als in 't vorige vraagstuk 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 zonde, zoo men GB, GA, GE trok, driehoek GAC 22 driehoek GEC zijn en dus GA = GE wezen.

Verder zoude BG GA lt; BP PA of BG GE lt; BP EP moeten zijn, d. i. in driehoek BGE zou

BG ■ GE lt; BB moeten wezen,

'tgeen blijkbaar onzin is.

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.

Deel eene der zijden des vierkants middendoor, en beschrijf uit het gevonden deelpunt, met de zijde des vierkants als straal, een cirkel-

19.

53

Verbind de 2 pnnten waar deze boog twee zijden des vierkants snijden zal, met elkander en met het eerstgevonden pnnt. De dus gevormde driehoek zal de gevraagde zijn.

20. Deel de hoeken A en B middendoor, en trek door 't snijpunt dezer deellijnen de lijn DE || AB.

Er ontstaan 2 gelijkbeenige driehoeken. De zijden behoorlijk zamen-gesteld leveren het gevraagde.

21. laat gegeven zijn AC als basis, AB als verschil der opstaande zijden des gevraagden driehoeks, hoek CAD als de hoek aan de basis van denzelfden driehoek.

Constructie. Neem EF gelijk aan AB; trek uit E eeue lijn EG zóó, dat hoek FEG = gegeven hoek CAD is. Maak EG = AC; trek FG; verleng EF door F, en maak hoek FGH = hoek GFH, dan

zal driehoek EGH de gevraagde wezen.

Bewijs. EG is gelijk aan de gegeven basis geconstrueerd; hoek FEG hebben wij aan den gegeven hoek gelijk gemaakt. Wij moeten dus alleen aantoonen dat EH—HG = EF = AB is. Dit is uiterst gemakkelijk, want daar hoek HFG = hoek FGH is, is ook FH == GH, of wat hetzelfde is, EH—HG = EF = AB.

Is vooraf bekend dat de gegeven hoek aan de basis staat tegenover de kleinste der opstaande zijden, dan moet het gegeven verschil uitgezet worden op 't verlengde van FE (aan de andere zijde van E). Men construeere dan een gelijkbeenigen driehoek op F'G.

22. Zij GH als hypotenusa, AB als som der rechthoekszijden gegeven. Trek

BF zóó, dat hoek ABF = 45°is. Beschrijf uit A met GH als straal een cirkelboog; laat uit de punten C en F waar deze boog de lijn BF snijdt, CD cn 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 gemakkelijk uit de gelijk-beenigheid der driehoeken 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 AD = AB = de gegeven som der rechthoekszijden. AC is gelijk aan de gegeven hypotenusa geconstrueerd.

56

23. Zij AB de gegeven hypotenusa, CD het gegeven vergchil der rechthoeks-

zijden.

Verleng CD door D. Maak hoek EDH = 45°. Beschrijf uit C met AB als straal een cirkelboog die DH ergens in F snijdt. Laat FG loodrecht op CE neer dan is driehoek CFG de gevraagde.

't Bewijs is gelijkvormig met dat van 't vorige vraagstuk.

en BC gegeven zijn als de som en het verschil Deel de som en het verschil der lijnen AB en BC middendoor en construeer onder deze beide helften als rechthoekszijden een rechthoekigen driehoek volgens vraagstuk S3, d. Afd. I.

Laat AB gegeven zijn als de som van hypotenusa en som rechthoekszijden en CD als 't verschil van hypotenusa en som rechhoekszijden.

Deel de som en 't verschil der beide gegeven lijnen midden door, dan vindt gij de som der rechthoekszijden en de hypotenusa.

Construeer onder deze gegevens een rechthoekigen driehoek volgens vraagstuk 22.

Wanneer ons basis en omtrek eens driehoeks gegeven zijn, is ons natuurlijker wijze ook het verschil dier twee gegevens, of de som der opstaande zijden bekend. Laat derhalve gegeven zijn dat AC de som der zijden, AB de basis, hoek ACP de tophoek van den gevraagden driehoek zijn.

Constructie. Neem DE = BC, en trek uit E eene lijn EF zoodanig dat hoek DEF = ¹ /; 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 daarua nog GI en HK zóó, dat hoek IGE en hoek KHE beide gelijk aan hoek DEF zijn. De beide driehoeken DIG en DKH zullen dan aan de vereischten voldoen. Deze beide driehoeken zijn gelijk en en gelijkvormig. Immers DG = DH, hoek DIG = hoek DKH, en hoek DHK = hoek GDI = 180° — hoek DHG — hoek DEG.

Bewijs. In drieh. DIG is DG = de gegeven basis. Dl IG gelijk de gegeven som der opstaande zijden. Want daar driehoek G1E gelijkbeenig is, wegens de gelijkheid der hoeken IGE en GEI, is het hetzelfde of wij schrijven Dl IG of Dl IE. Dl 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 den gegeven tophoek. Hoek DIG toch is gelijkhoek EGI hoek IE6, dus gelijk aan

57

het dubbel van een hoek die gelijk geconstrueerd is aan de helft des gegeven tophoeks, of, wat hetzelfde is, gelijk aan den gegeven tophoek.

Aanmerking. quot;Wij meenden de twee gevallen dat de boog uit D beschreven EF of in het geheel niet sueed, of slechts in een punt raakte, gerust aan den lezer te kunnen overlaten, en zullen ook hierna, zonder eenige aanduiding daarvan, zulke gevallen met stilzwijgen voorbijgaan.

27. 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 ï'H zoodanig dat hoek KFH gelijk zij aan het halve supplement van den gegeven tophoek; beschrijf uit E met AC als straal een cirkelboog die EH 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 zijde FI gelijkheenig, d. i. FK = IK is, is ook EK—IK = EF = het gegeven verschil der opstaande zijden. Wijl hoek KFH — hock i IK = het halve supplement van den gegeven tophoek is, is hoek FKI = den gegeven tophoek.

EI is geconstrueerd gelijk aan de gegeven basis AC. ,

38. Zij 't vraagstuk opgelost en P het gezochte punt, dan is AP = BP, hoek

A = hoek B = R en PQ = PQ;

drieh. APQ, drieh. BPQ dus AQ = BQ of

AO -f OQ = BO' -1- 0'(J en OQ'—OQ = AO—BO'

Verder is hoek AQB = 2R— hoek APB. Nadat men nu nog 00' getrokken zal hebben, is van driehoek 00'Q bekend, eene zijde (00'), de hoek tegenover die zijde (OQO') en 't verschil der andere zijden. Deze driehoek is geconstrueerd in 't vorige vraagstuk. De zijden OQ en 0'Q verlengd zijnde, vindt men de raakpunten A en B en de hoek 0Q0^f middendoor gedeeld zijnde, vindt men het punt P.

58

29. Xiat gegeven zijn, dat vierhoek ABCD een vierkant zij, en AE, BP, CG, DH gelijk zijn.

■ Wijl ook AB = BC = CD = AD is Wijl ook AB = BC = CD = AD is_r is BE = CF = DG = AH.

Wij weten dus van de driehoeken BEF,. CFG, DGH en AEH,

BE = CF = DG = AH BP = CG = DH = AE.

hoek B = hoek C = hoek D == hoek A = K.

Deze driehoeken zijn derhalve gelijk en gelijkvormig, en dus is ook

EP = PG = GH = EH.

Ook is hoek HGD = hoek GPC; tellen wij hierbij hoek PGC = hoek PGC, zoo krijgen wij hoek HGD -f- hoek PGC = R.

Trekken wij dit af van hoek HGD -f- hoek HGF -j- hoek PGC = 2R, zoo houden wij over hoek HGP = R,

Wij weten dus van vierhoek EPGH dat het eeue ruit is met eeii rechten hoek: d, i. dat het een vierkant is.

•30. Iaat ABC de gegeven driehoek en DE, DF, DG de drie in stelling gegeven lijnen zijn.

Constructie. Trek uit een H 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 HK evenwijdig aan GD^

deze elkaar

den. Trek nu CK, en verleng die noodig. Laat CK of aijn verleugde AB in L snijden; wanneer men dan nog LM evenwijdig aan HK, en LN evenwijdig aan KI trekt, en M en N vereenigt, is EMN de gevraagde driehoek.

Bewijs. Of LM en LN evenwijdig aan DG en ED loopen, kan moeielijk betwijield worden. Men kan alleen betwijfelen of MN aan HI 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 evenwijdigheid van HK en 1M is CH ; CM = CK : CL.

Drieh. OKI is gelijkv. met drieh. CLN.

want hock C = hoek C, en wegens de evenwijdigheid van KI en LN is Cl : CN = CK ; CL.

Hieruit weten wij natuurlijk dat CH : CM = Cl : CN of, wat

Wfl

H

.gt;a;-gt;'gt; tmm

■ ^: - ■ ■

59

't zelfde is, dat Hl evenwijdig aan JIN en dus ook MN evenwijdig aan DP loopt.

31. Laat gegeven zijn dat driehoek HIK de gegeven driehoek is en dat de

lijnen AB, AC, AD de diie in stelling gegeven lijnen zijn; laat verder de getallen

Constructie. Neem eene willekeurige lijn als eenheid, aau;

1',

zet op AC, AF af gelijk aan twee dezer eenheden,

„ AB, AE „ „ vier „ „

„ AD, AG „ „ drie „ ,,

Trek door G, LM evenwijdig aan IK, door F, MN evènwijdig 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 laatstgetrokken lijnen zal het gevraagde pnnt P zijn.

Het bewijs hiervoor, uit de gelijkvormigheid van driehoeken ontleend is en langwijlig en gemakkelijk, en zal daarom door ons hier achterwege gelaten worden.

32. Beschrijf een gelijkzijdigen driehoek op de diagonaal, waaraan een e der zijden des gevraagden driehoeks moet evenwijdig loopen. Trek door dat hoekpunt van het gegeven vierkant, dat binnen den geconstrueerden driehoek ligt, lijnen evenwijdig aan de beide laatstgeconstrueerde zijden van den pasgenoemden driehoek. Vereenig de twee punten waar deze lijnen de zijden des gegeven vierkants snijden.

33. Zij ABC de gegeven driehoek.

Constructie. Laat uit een willekeurig punt D 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 alle zijden

■ gelijk, en hoek DGF is recht. Trek nu AE en verleng die, zoo noodig, tot in BC, trek HK evenwijdig aan

DE, Hl evenwijdig aan EF, KL evenwijdig aau DG, zoo zal KHLI het gevraagde vierkant zijn.

Bewijs. Driehoek ADE OO drieh. AKH, dus DE ; KH = AE : AH-driehoek AEF OS drieh. AHI, „ EF : Hl = AE : AH, dus ook DE : KH = EF : HT. en daar DE = EF is, is dus ook KH = Hl. Verder valt het zeer ge-

60

makkelijk te bewijzen, dat alle hoeken van fig. KHIL recht zijn, en zij dus een vierkant is.

laat gegeven zijn dat AB en AC de evenwijdige zijden van het gevraagd

trapezium zijn, waarin DE en DF diagonalen zullen moeten wezen.

Constructie. Zet op eene lijn naast elkander uit GH = AC en Hl = AB; beschrijf op GI als basis een drieh. GKI onder de opstaande zijden GK = DE en KI = DF. Trek LK evenwijdig aan GI, HL evenwijdig aan KI, en vereenig K met H, L met G, dan zal LOOK het gevraagde trapezium zijn.

Zij ABC 't gegeven segment. Deel de koorde AB midden door in D eu

laat CD loodrecht zijn op AB. Neem nu ter wederzijde van D gelijke stukken DE en DFop AB, en beschrijf op EF als zijde hel vierkant EFGH. Trek vervolgens DG en DH en verleng ze, zoo noodig tot aan den omtrek des cirkels in I en K. Laat uit deze punten loodlijnen 1L en KM neder op de koorde, en trek KI, dan zal KILM 't verlangde vierkant zijn.

Laat AB en AC de twee gegeven lijnen zijn, en P 't gegeven pnnt. Constructie. Verleng de gegeven lijnen, zoo noodig, tot zij elkander

snijden. Vereenig hun snijpunt A met i^J, eu deel door eene lijn AD den hoek BAC midden door. Beschrijf uit een willekeurig punt O der lijn AD een cirkel, die AB en AC raakt. Vereenig het punt O met de twee punten E en S waar de lijn AP den geeonstrueerden cirkel snijdt. Trek uit P eene lijn (PN) evenwijdig aan OR en eene andere (PM) evenwijdig aan OS. Beschrijf uit M en N, met MP en PN als stralen, twee cirkels, die beide aan de vereischten zullen voldoen.

't Bewijs hiervoor is gelijkvormig met dat van vraagstuk 33 dezer afdeeling.

61

37. De koorde BC in den gegeven cirkel zij in twee stukken verdeeld BE

en CE evenredig aan P en Q. Deel den boog ü FC middendoor in F. Trek EEA dan zullen BA en CA de verlangde koorden zijn. Immers-^ BAF — / CAF dna BA : CA = BE : CE.

V ' / ■

38. Zij A BCD een willekeurige vierhoek beschreven in een 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.

Bewijs. 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 CD = DE X AC.

ook is drieb. BEC gelijkv. met drieh. ADC.

want hoek CES = hoek ADC (snppl. v. gelijke hoeken), en hoek EBC ~ hoek CAD.

dns is AD : EB = AC : BC.

of AD X BC = EB X AC. Voeg hierbij wat wij reeds vonden AB x CD = DE X AC,

zoo hebben wij AD X BC - ■ AB X CD = (EB DE) AC.

of AD X BC AB X CD = BD X AC.

39. 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 eene loodlijn MD op BC of haar verlengde 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 = Vs m. : ¹¹.

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 : GH = DE : EB = 1/2 m : n.

I

63

Vermenigvuldig alle voorgaande termen met 3, zoo hebben wij

IK : KIj = FG : GH =; m : n.

Want dat IK — 2 OK en FG = 2 PG ia, zal wel niemand betwijfelen, wanneer hij er op let dat de hoeken O en P recht zijn.

Laat AB en CD de gegeven lijnen, en P het gegeven pnnt zijn. Trek dan door P eene willekeurige lijn, die AB en CD beide snijdt, de eerste in E, en de tweede in F. Trek verder eene andere lijn GH evenwijdig aan EF, en verdeel die in het punt I in dezelfde reden, als waarin EF door het punt P verdeeld is. Zoo men dan PI trekt, zal deze gaan door het snijpunt van AB en CD.

Twee gevallen kunnen zich bij dit vraagstuk voordoen. Het toppunt

des gelijkbeenigen driehoeks kan binnen of buiten den cirkelomtrek vallen. (Het geval dat B juist op den cirkelomtrek valt, zou de gegeven formule terugbrengen tot de allereenvoudigste toepassing van Pythagoras theorema).

2 beide de hulplijnen DC dan is in fig. 1. ACi = AB2 BC2—2AB X BD.

ACï = 2AB»—2AB X BD 2)-2 = AB x AB—BD x AB.

= (AB—BD) AB = AD x AB.

en in lig. 2

AC2 = AB2 BC2 4- 2AB X BD.

AC» = 2AB2 2AB x BD.

■ ür! = AB X AB -f BU X AB.

= (AB BD) AB = AD X AB.

laat AB de gegevene lijn zijn.

| Trek uit 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 E; trek AH, en door E en F lijnen aan deze AH evenwijdig, zoo zal AB in C en D op gevraagde wijze verdeeld zijn.

63

43. Dit vraagstuk is bijkans hetzelfde als het vorige. Neem eene willekeurige lengte-eenheid aan. Zet (zie de fig. vorig vr.) van B af op BG uit BF = 3 dier lengte-eenheden, EF = 7, EH = 11 dierzelfde eenheden, enz.

44. Neem op den omtrek dier fig. een willekeurig pnnt aan. Vereenig dat met een zoo^groot mogelijk aantal andere punten op den omtrek dier figuur. Ga verder te werk zoo als volgt.

Maak eene 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 vermelding.

45. 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 lijn BE zóó, dat hoek ABE =45° zij. Beschrijf uit A met M als straal een cirkelboog. Laat deze F en G de 1 lijn BE snijden. Laat FC en GC^f loodrecht op AB neer, dan voldoen de heide punten C en C' aan gevraagde.

Bewijs, ürieh. BC'G is gelijkbeenig.

Want hoek BO'G is recht, hoek C'BG ~ 45°; dus is ook hoek C'GB = 45°.

BC' derhalve is gelijk C'G en BC' AC' = C'G AC' — AB. tevens is AC'2 C'G2 = AC'J BC'ï = AG» = M5.

Op geheel dezelfde wijze wordt ook bewezen, dat het andere punt C aan 't vereischte voldoet.

46. Zij 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°; beschrijf uit A met de lijn m als straal een 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, respectivelijk van uit de punten A, K, H , de stukken AL, KI en HG uit, 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.

Bewijs. Trekken wij van AB = BH — HK — AK af

BC = HG = KI = AL, dan vinden wij AC = BG = 1H = KL. _mi __ BC² AC² (zie vorig vraagst.) is dus ook gelijk

AC» 4- AL» = BG» BC² = HG² IH¹ = KI» KL². ₌ LC² = GC² = IG² ^ IV-Dns is LC = GC = TG = 1L = m.

Uit de gelijkvormigheid van drieh. ALC met drieh. CBG volgt hoek ALC — hoek GCB.

tel hierbij ,, LCA = „ LCA, zoo is

1 rechte ~ hoek GCB -|- hoek LCA-

Trekken wij dit af van

hoek GCB -f hoek GCL -|- hoek LCA = 2 R,

zoo vinden wij hoek GCL = R.

Daar derhalve vierhoek LCGI vier zijden heeft ieder gelijk m, en één reehten hoek, is die vierhoek 't gevraagde vierkant. 47. Zij gegeven dat in den driehoek ABC, AD loodrecht op BC sta en

dus te bewijzen zij

DC—BD : AC—AB = AC AB : BC. Bewijs. AC² = AD² } ■ DC² AB² = AD² -j- BD².

--aft.

AC²—AB² - DC²—BD² of (AC—AB) (AC AB)= (DC—BD)(DC BD) Dit geeft de evenredigheid die wij zochten. DC—BD : AC—AB = AC BA : BC.

■48. Laat in den willekenrigen driehoek ABC, AH loodrecht op BC, EC

loodrecht op AB staan. Trek BV en verleng die tot in D, dan hebben wij te bewijzen dat hoek ADB recht is.

Trek om dit [te bewijzen TG evenwijdig aan AB, ÏI evenwijdig aan AC, dan is

uit de gelijkvormigheid van drieh. ABH en drieh. ÏGH

BH : GH = AH : FH. (1) „ „ „ „ „ AHC met drieh. FHI

AH : FH = HC : HL (2) Uit (1) en (2) volgt BH : GH = HC : Hl en BH x HI = GH X HC.

Maar daar hoek BEC recht is, en evenzoo hoek GFC, omdat AB evenwijdig is aan GF, is

GH x HC ₌ FH².

66

Nu is dus ook BH X Hl =

BH : FH = FH = hoek FHI = recht is dan is

drieh. BHF gelijkvormig met drieh. HFI en dus hoek FBH == hoek HFI. Tel hierbij hoek BFH = hoek BFH, dan hebben wij

1 R = hoek BFI, of wegens de evenwijdigheid van FI met AC, hoek CDB -= R. q. e. d. 49, Volgens § 120 van Badon's leerboek bere

kent men gemakkelijk de drie loodlijnen en de zes stukken, waarin deze de zijden ver-deelen, wanneer de zijden des driehoeks gegeven zijn. Wij mogen dus deze negen lijnen als bekend aannemen. Neemt men nu verder in aanmerking, dat

hoek DBG = hoek ACD,

hoek FBG = hoek FAC,

hoek FCG = hoek FAB,

hoek ECG = hoek ABB, „ „ „ „ « BAC,

hoek EAG = hoek OBE, „ „ „ „ „ ACB, en hoek DAG = hoek BCD, „ „ „ „ „ ABC,

is, zoo volgt daaruit dat:

driehoek DBG od ACD, driehoek FBG OO driehoek FAC, driehoek FCG CO driehoek FAB, driehoek ECG OO driehoek ABE, driehoek EAG oo driehoek CBE, en driehoek DAG OO driehoek BCD is. Zoo zal dan ook CD : BD = AC : BG zijn, waaruit BG bekend wordt, enz.

50. Laat gegeven zijn dat in driehoek ABC de loodlijnen CF, BE, AD respectivelijk = c, i en a zijn, en de inhoud van drieh. ABC gesteld worden = Va x, zoo is

f- AC = — , AB=—. Zeer gemakke-

a i o

lijk vinden wij nu BD = — 1/ {xquot;¹-

A PK

1 ^ 1 1

= — j/ (3-2__a2j2). Dit opgeteld geeft — = — [/ {xl—aW) -)- —

(_xi—aW) of j l/ {xi—aW)= -I/ (xl—aW). Dit in't

c

3-2

quadraat is —- — ~ah ^ ^

66

■

— 4-, — ^X- ——, l/ (^^J—(i^ï4¹). Dit in 't quadr.; (gesteld dat — 4- -^r o^z c* ao a*

. .T^ ir* X¹ 4r»

-zrr -- -_ 4,7*2 of_—r_ _ 4

d* a*b* d* aW

Dit vermenigv. met geeft

— 4rf4_y2 ₌ —4.a202.^4 ₀f 3.2 — ₀f

—a*bi

-iabcH

j/ (4rf4—aJJl)

51. Laat in den willekeurig aangenomen driehoek ABC, AD = DC gegeven

zijn. Wanneer wij dan BE loodrecht op AC neerlaten, is

AB2 ₌ AD2 -f- BD2 -)- 2AD X DE (1) BC2 = DC2 -j- BD2 _ 2DC x DE of daar AD = DC is, = AD2 BDÏ-2AD X DE (2).

^Verf?- (1) geteld bij verg. (2) geeft AB2 -)- BC2 = 2 (AD» -f BD2.) q. e. d. I Geg. CF = DF omdat DJ = BJ zal F.I || BC zijn en A JGF cxgt; A BCG. JF = i/₂ BC dus JG = i/j CG I en HG == GC = AH.

53. Laat ABCL) een parallelogram, en AE en BF loodlijnen zijn op CF,

dan is natuurlijk drieh. ACE = en 00 drieh. BDF, en dus CE == DF en

BC2 = CD» BD2 -f 2 CD x DF = CD» -f BD» f 2 CD x CE AD2 = CD2 -j- AC² — 2 CD X EC = AB2 -|- AC» — 2 CD x CE. BC¹ AD» = CD» -f BD» AB» -f AC»'

67

en CA twee koorden van den cirkel H zijn, die ziek onder een rechten hoek snijden, AD eene middellijn des cirkels zijn.

Wanneer wij dan de hnlplijnen BC, CD, DE, AB trekken, is

BC» = CF» BF2.

AE» = AF» EF».

BC» AE» = CF»~BF» AF» f EF». Nu loopt CD evenwijdig aan BE: want hoek DCF is gleijk hoek AFE = K. Hier-boog liC, en weder hierdoor koorde DB —

door is boog koorde BC.

Substitueeren wij dit in 't geen wij reeds hadden verkregen, zoo hebben wij

DE» AE» = AF» BF» CF» EF».

Maar daar AD eene middellijn, bijgevolg drieh. ADE rechthoekig is, is ook

AD» = DE» AE»

en dns AD» = AF» BF^S CF» EF».

55. laat cirkel M gegeven zijn, en gevraagd worden dat de nienwe 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-gevene lijn AB snijdt in twee gelijke deelen door de lijn AC. Het snijpnnt van MN en AC zal 't middelpunt des gevraagden cirkels zijn, dien wij met den straal DN zullen beschrijven. Er zal nog een cirkel kunnen geconstrueerd worden door het snijpunt te zoeken van MD met de deellijn van het supplement van hoek BAD. Dit zal het middelpunt zijn van een cirkel die cirkel M geheel bevat. (Inwendige raking.) De constructie blijft dus zelfs uitvoerbaar indien AB den cirkel snijdt.

SC. Trek AC en beschrijf uit A als middelpunt met M als straal een cirkelboog. Beschrijf op AC als middellijn een halveiicirkel. Laat nit het snijpnnt E dier beide cirkels ED loodrecht neder op AC, dan is: AE» = AD X AC. Trekt men nu een cirkel door B, C en D dan zal ook AG» = AF» = m» = AD X AC zijn.

B*

68

S7. Zij AB de gegeven koorde en AD = DC = CB. Trek de hulplijnen DM, CM, EM, TM, en de loodlijn GM naar 't midden van AB, dan is Drieh. DGM = en OO drieh. COM. Want DG = GC, MG = MG, hoek DGM = hoek CGM = R.

mm _ Dns is hoek GDM = hoek GCM en DM = MC H tel hierbij hoek GDE = hoek GOF = ■ II, dan hebben wij

hoek MDE — hoek MOF.

Drieh. DME = en clt;3 drieh. CMF; want DM = MC (zie boven)

ME - MF hoek MDE = hoek MCF.

Dns is ED = FC, DEFC bijgevolg een rechthoek en EP ~ DC = AD.

In den rechthoekigen driehoek ADE is nu natuurlijk de hypotenusa. AE langer dan de rechthoekszijde AD, dus ook langer dan EF, bijgevolg boog AE ook grooter dan boog EF.

De gelijk en gelijkvormigheid van de driehoeken ADE en BCF wordt zeer gemakkelijk bewezen. Het geheele bewijs wordt daardoor eenvoudiger.

58. (Men late de loodlijn EH. uit de fig. weg).

Men bewijze eerst dat DEM een gelijk-beenige driehoek zij. Daarna trekke men EG evenwijdig aan BF; dan is ook EGM een gelijkbeenige driehoek. De driehoeken DEM en EGM hebben dus twee zijden ieder in 't bijzonder aan elkander gelijk; maar de derde zijde EG, kleiner zijnde dan EF, omdat EF tegenover den stompen hoek EGF staat, is ook kleiner dan DE, Hoek EMG is dns kleiner dan hoek DME; en boog BF lt; boog AB.

Andere oplossing. — Was bg. AC — bg. AB, dan moest hoek CMD = hoek DME zijn en das CM : ME = CD : DE —1:1. Doch ME is lt; CM, derhalve ongerijmd.

59. Gesteld de kortste diagonaal eener ruit zij a en hare zijde 6. Zoo is de langste diagonaal Sj/(i'—■At»*). Men eonstrueere dus een rechthoekigen driehoek met hypotenusa i en rechthoekszijde Voa, dan zal de andere rechthoekszijde gelijk zijn aan de helft van de gezochte diagonaal.

Bij een stomphoeki-gen driehoek ABC (fig. 1) is de stompe hoek ABC = 1 E -|- hoek DBC. De hoek gevormd door de basis en de middellijn des omgeschreven cirkels is hoek CAD.

71)

69

Beide worden gemeten door '/2 boog CD en zijn dns gelijk. Bij een scherphoekigen driehoek ABC (fig. 2) is de scherpe hoek ABC = 1 E—hoek CBD. De hoek gevormd door de basis en de middellijn des omgeschreven cirkels is hoek DAC.

Beide worden gemeten door '/a boog CD en zijn dus gelijk.

61. 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 een halven cirkel. Beschrijf uit M met een straal = '/2 quot;^{l een} 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 QU, is QU = 2 QF, en wijl NP loodrecht op MP, en dus ook op Qü staat,

QR = 2 QS

-aft.

RL' = 2 SF.

Maar MPSF is een rechthoek (hoek MFQ|is recht, hoek MPN is recht, en QU is evenwijdig aan MP).

Dus is ook Rü = 2 MP =2 X ^ll« m = m.

62. Laat M en N de cirkels zijn in

stelling gegeven, en Iaat het stuk tusschen de beide omtrekken gelijk de lijn m moeten zijn.

Constructie. Geheel dezelfde als in 't vorig vraagstuk.

Bewijs. Geheel hetzelfde als iu 't vorig vraagstuk.

63. 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 neêr. Beschrijf uit M met MC als straal een cirkel, trek uit P raaklij oen PD en PE aan dien cirkel en verleng die, dan is GF een gevraagde koorde.

Bewijs. Als wij MD trekken is hoek MDF recht, als staande in een halven cirkel, en trekken wij dan nog MG en MA, dan is

»

70

drieh. GDM SS drieh. ACM; want

hoek GDM = hoek ACM = R. GM = AM.

MD = MC.

Derhalve is GD = AC.

GF = AB. 2 GD is gelijk GF, wijl MD loodrecht op GF staat. De tweede koorde die aan de vraag voldoet, gaat door de punten P en E. ligt P buiten den cirkel dan volge men woordelijk dezelfde constructie.

Stel ABC zij 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 OS drieh. AEC, want hoek ABC = hoek AEC = Vs iff- AC. hoek ADB = hoek ACE = R.

Derhalve is AB : AE = AD : AC.

of AB X AC = AE x AD q. e. d.

Zij gegeven, dat ABEDC een regelmatige vijfhoek zij beschreven in den cirkel M, dan is ig. A B = bg. BE = iff. ED = iff. DC = iff. AC = 72°.

Bewijs van 't gevraagde.

hoek FEB = '/₂ hg. BC = 72°.

hoek EBF = '/2 bg. DE = 36°. Derh. is hoek BFE = 72°.

Driehoek BFE is dus gelijkbeenig, of BF = BE q. e. d.

Nn is verder drieh. DFE CO drieh. DBE, want

hoek FDE = hoek BDE.

'/2 bg. (DE BC) = 108°. = hoek DFE = hoek DEB = '/2 ig

BAD = 10S»

DE = DE : BD of BF = BF : BD q. e. d.

Zij ABDE een willekeurige vierhoek in een cirkel M beschreven, en laat de lijnen GC en FH de hoeken ACE en AFB respeetivelijk midden door deelen. Bewijs van 't gevraagde.

Hoek BAE hoek BDE = 2 R. Hoek BDC hoek BDE = 2 R. Dus hoek BAE — hoek BDC. Tel hierbij hoek ICB = hoek ICE.

71

Zoo hebben wij hoek BAB hoek ICB = hoek BDC hoek ICE. Maar Toor hoek BAE hoek 1CB kunnen wij schrijven hoek COF,

en voor hoek BDC -j- hoek 1CE knnnen wij schrijven hoek BPC. Dns is hoek COF == hoek BPC en derhalve driehoek OPF gelijkbeenig.

In dezen gelijkbeenigen driehoek deelt FI den tophoek middendoor, en snijdt derhalve de basis OP rechthoekig middendoor.

67. Zij ABCD een willekeurige vierhoek. Men heeft nu:

A C

Men vindt dus hoek ESF = hoek GSH = —^- en

B D

hoek ESG = hoek ISH — --— •

Is nu ABCD een koordenvierhoek dan zijn de hoeken ora S recht. (Zie vorig vraagstuk.)

Is ABCD een gelijkbeenig trapezium dan evenzoo recht. enz.

68, Het bewijs voor deze stelling berust op dezelfde beginselen, als de stelling dat de overstaande hoekeu van den in een cirkel beschreven vierhoek elkanders supplementen zijn. Men zal bevinden, dat de n niet naast elkander liggende hoeken van den 2n-hoek, beschreven in den cirkel, te zamen gemeten worden door '/s (ⁿ—1) omtrekken van dien cirkel.

6D. 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, overeeu-komstige leden dier vergelijkingen zijn.

70. Van de lijn BD moet alzoo bewezen worden, dat het stuk BE buiten

den cirkel gelijk is aan het vierde deel van de koorde BE.

Het is eene bekende waarheid dat BC* = BD X BE is; stelt men nu den straal des cirkels = 1, dan is de zijde des vierkants = 2, en de lijn BD — 1/5. Onze vergelijking verandert alsdan in

1 == BE 1/5, waaruit volgt BE — ——

1/5

72

x

=-g- 1/5- Deze waarde van BB, afgetrokken van die Tan BD, 4

blijft DE =r — i/6; waaruit dus BE : DE = 1:4.

Constructie, Zet eene middeneven-redige tusschen CD en AB, van O af op CD uit. Laat CE die middenevenredige zijn. Trek EF evenwijdig aan AC, FG evenwijdig aan CD, zoo zal deze lijn FG ona trapezium op gevraagde wijze verdeeleu.

Want uit de evenredigheid van GF met CD en AB, volgt de gelijkhoekigheid vau de twee trapezia AF en GD.

lot hunne gelijkvormigheid is buitendien nog noodig de evenredigheid der evenwijdige zijden. Deze kennen wij, want wij weten dat

CD : GF = GF : AB.

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, BF 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 EC (1) AE» = AB X Al)

AEi = AC² CFi—2 CH X CF.

Dus is AB x AD = AC X AC -f 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) vonden, zoo hebben wij

AB x AD = AC X AC DC x BC. (2.)

AD = DC -f AC en AC = BC -{- AB.

dus sehrijven 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 -f AC x AB.

(want AC DC) = AD.

Trekken wij hier af AC X AB = AC X AB,

zoo hebben wij DC X AB = AD X BC q. e. d.

AD : DB = AC : BC. AD': D'B =r AC : BC.

Dus ook AD : BD = AD' : BD' AD x BD' = BD x AD».

73

74. Zij het vraagstuk opgelost, en de driehoek ABC beantwoordende aan

de vraag. Trek uit M stralen naar de raakpunten D, E en F, zoo bewast men gemakkelijk dat CDME een qua-draat is. Vermits nu AD = AF CM BE — BI' is, zal de som der rechthoekszijden gelijk zijn aan de hypotenuse, vermeerderd met tweemaal den straal des ingeschreven cirkels,

en wordt dus dit vraagstuk teruggebracht tot No. 22, Tweede afdeeling.

75. Zij gegeven, dat de cirkels AB en AC

elkander in A raken, en dat hunne middellijnen AB en AC zijn.

Laat verder AD en AF twee willekearige koorden zijn, getrokken uit het genoemde raakpunt A, dan moet bewezen worde» dat AB ; AD = AG : AF.

Bewijs. Als wij de hulplijnen BE, DC, BG, FC trekken, is rechthoekige drieh. AEB gelijkv. met drieh. ADC. en „ „ ABG „ „ „ ACF.

Uit het eerste paar drieh. is AE : AD = AB : AC.

„ „ tweede „ „ „ AG : AF = AB -. AC.

derhalve AE : AD — AG : AF q. e. d. Het bewijs voor het 2^de geval is geheel hetzelfde.

7G. Oplossing. A en B snijden elkaar in E. Construeer het parallelogra*

PEOC dan zal C 't gevraagde middelpunt zijn. De straal is PB -f OA of PB—OA.

Er zijn nog 2 oplossingen voor 't symmetrische punt van C.

Snijden de cirkels O en P elkaar niet dan worden er vier cirkels gevonden wier middelpunten allen liggen op OP, en wier stralen zeer eenvoudig afhangen van de lengten OP, en de stralen der beide gegeveue cirkels. Vier dergelijke cirkels worden bovendien gevonden in 't eerste geval.

77. 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 eene 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 aan-

74

gehaalde paragraaph van Badon de lijn CD in F raken. Wanneer wij AF en BF trekken, zal hoek AFB de gevraagde zijn. Bewijs. Neem op de lijn CD een willekeurig punt G aan, eu vereenig dat met A en B, wanneer wij dan hebben bewezen t dat hoek AGB kleiner is dan hoek AFB, zijn wij, waar wij wezen moeten, want het punt G kunnen wij nemen waar wij willen, hoek AFB = i/;. boog AIB.

hoek AGB = 1/2 (boog AIK—boog HB).

Derhalve hoek AGB kleiner dan hoek AFB q. e. d. Zet men de mid-denevenredige aan de andere zijde van E dan vindt men 'tpunt F'. Hoek AF B zal dan ook grooter zijn dan de hoeken die ontstaan indien men A en B vereenigt met de punten links en rechts van F'.

78. Zij AB de eerst gegeven lijn, CD de andere.

Constructie. Rieht op het uiteinde C vaa CD eene loodlijn CE op en maak CE 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 is dns: CD2 = GD X HD CD² = GD x (HG GD)

CD» = GD x (AB -f- GD).

en BC de willekeurige lijn waarvan in de

Beschrijf op de som der lijnen een halven cirkel B op AC eene loodlijn op. op BD eene loodlijn op en maak die zoo lang als BC. Beschrijf op DE als middellijn eeu eirkel. Vereenig B met het middelpunt diens cirkels M, en verleng BM tot in G. Beschrijf eindelijk nog met BF uit B een cirkel, daa zal deze in H de lijn AB op gewenschte wijze verdeden.

Bewijs. DE FG = BC, BF = BH.

BG = BF FG = HB -f BC =-- HC.

jMu is AB x BC = BD» = BF x BG = HB x HB x BC = HB x

HC. HC. —aft. e. d.

= HB2. q

75

80, Laat ABC een willekeurige driehoek zijn. Beschrijven wij om ABC

een cirkel, deel AB middendoor, en richt uit dat verkregen deelpunt E eene loodlijn op AB op, die den cirkel in F snijdt. Trek nu CF, zoo is hoek ACD = hoek DCB. Drieh. ACD is dan gelijkv. met drieh. CFB;. want hoek ACD = hoek FCB geconstr.

hoek CAD = hoek CFB =^l/2bg. BC.

Dus is AC : CD = CF : BC of AC X BC = CD X CF. (1) Drieh. ACD gelijkv. met drieh. BDF want hoek CAD = hoek DFB =; '/a hg. BC hoek ACD = hoek DBF = '/s bg. AF Dus is AD : DF = CD : BD of AD X BD = DF X CD. (2gt; Trekken wij (2) van (1) af, zoo hebben wij AC x BC—AD X BD = CD2 of AC BC — CD» AD X BD. q. e d.

81. Laat AC eene willekeurige koorde in cirkel D zijn, en B 't punt waarvan in de opgave gesproken wordt, en zij EF eene middellijn, dan is-AB X BC = BB X BF

= EB X BD -f EB. DF = EB X BD 4- EB. ED tel hierbij BDi = BD X BD.

Zoo hebben wij AB X BC -j^- ~

ED X BD -f ED x EB = ED».

83. Iaat A en B de twee eerste gegeven punten zijn, en P het derde, en laat hoek ABC de hoek zijn, waaronder men A en B zien moet. Zij verder gegeven, dat het nu te vinden punt den afstand m van F hebben moet.

Constructie. Kicht nit B eene loodlijn op BC op en uit het midden D van AB eene op AB. Beschrijf uit het snijpunt E dezer lijnen een cirkel met EB tot straal. Beschrijf ook met den straal m uit P een cirkel die, zoo de constructie mogelijk is, den eerstbeschreven cirkel in een punt raken of in twee punten snijden zal. Vereenig dit raakpunt of deze snijpunten met A en B, dan zullen of dit raakpunt of deze snijpunten het gevraagde punt zijn.

76

Beteijs. Het punt F ligt op den gevraagden afstand m van P, want cirkelb. FG is met m als straal beschreven. Daar hoek EBC recht is, is BC eene raaklijn en dus hoek ABC = 1/2 hg. AB; maar ook hoek ^ Va AB, dus is hoek AFB = hoek ABC en worden dus uit F, A en B onder den gevraagden hoek gezien.

De constrnctie 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 getrokken op den gegeven afstand, waarvan in 't vraagstuk sprake is. De snijpunten dezer lijn en den cirkel E, zullen in dit geval de gevraagde punten wezen. 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 punten A en B zijn en de gegeven cirkel, cirkel C,

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 kunnen ontmoeten. Trek DE en verleng die zóó, dat zij 't verlengde van AB in L

__ snijdt. Trek uit I; eene raaklijn

aan cirkel C, dan zal een cirkel gebracht door dit raakpunt F en A en B de gevraagde zijn.

Betvijs. In den eerst geconstrneerden cirkel is LD X LE = LB x LA.

In den gegeven cirkel C is LD x LE = LFï.

LF² is dns ook = LB x LA.

Dus is ook LF eene raaklijn aan cirkel H en daar zij tevens vaa cirkel C eene raaklijn is, raken cirkels H en C elkander in het punt F. üit L had men nog eene raaklijn aan cirkel C kunnen trekken: er is dus nog een tweede cirkel, die aan de vraag voldoet.

Zij gegeven, dat cirkel D beschreven is in drieh, ABC.

Constructie. Beschrijf ook om den driehoek ABC een cirkel. Laat dat cirkel E zijn. Trek EA, EB, EC en uit D lijnem HD, FD, GD respectivelijk evenwijdig ann BE, CE, AE. Vereenig H met F en G e» F met G zoo is GHF de gevraagde drieh. Bewijs. Drieh. AECoc drieh. GDF, want GD : DF = AE ; EC, en hoek GDF = hoek AEC.

Dns is hoek DGF = hoek EAC en hoek DFG = hoek ECA.

77

Evenzoo kunnen wij ook vinden

hoek D6H = hoek EAB, hoek DPH = hoek ECB.

-opt.

hoek HGF = hoek BAG, hoek GFH = hoek ACB. Derhalve is drieh. HGF OD driehoek ABC.

86. Laat AB en BC de gegeven lijnen zijn, wier prodnet gelijk het product der deelen van M moet wezen. Zij M de lijn die verdeeld moet worden.

Constructie. Beschrijf op de som der gegeven lijnen AB en BC een halveu cirkel, en zoek eene middenevenredige BD tussehen die beide. Richt uit het uiteinde E der lijn M eene 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 = EG¹

= Hl» = FI X 87. Zij gegeven: drieh.

Constructie. Beschrijf om den driehoek ABC een cirkel, en vereenig al zijne hoekpunten met het middelpunt diens cirkels. Na nu uit M eene willekeurige lijn MC' getrokken te hebben, maken wij

hoek C'MA' = hoek CNA en hoek C'MB' = hoek CNB Vereenig 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 driehoeken gevonden.

Beschrijf in den gegeven driehoek een cirkel, en vereenig de drie raakpunten met het middelpunt van dien cirkel, na nu uit het middelpunt des gegeven cirkeis eene willekeurige lijn getrokken te hebben, zet men op deze lijn aan gezegd middelpunt dezelfde hoeken uit, als die de stralen in den geconstrueerden cirkel maken. De raaklijnen, die men door de laatstgevonden punten aan den gegeven cirkel trekt,, lullen den gevraagdeu driehoek insluiten.

Zij boog AC = '/4 omtrek en boog AD = Vo omtr. Deel dan boog

78

AC in E middendoor, dan zal hoek EBD = '/t R = '/3 X '/a R zijn.

^0. Stellen wij de gegeven koorde = a', den straal des gegeven cirkels =

r, de gevraagde koorde = a, zoo is volgens Baden § 175,

agt;iy (4rï—a'»)

a =---

r

Substitueeren wij hierin de waarden voor a' en r gegeven, zoo is

41/ (100—16)

a = ■ ^---' = 7.332 M.

5

91. Wij dienen eerst te bepalen, hoelang de straal is eens cirkels waarin de ingeschreven regelmatige vijfhoek 10 M. zijde heeft. Met behulp van

20

Badou lt; 180 vinden wij hiervoor -M

l/(10-2i/5) '

Beschouwen wij dan de diagonaal des vijfhoeks als de zijde eens veelhoeks, die half zooveel zijden heeft als de vijfhoek, en noemen wij die a, terwijl wij de zijde des vijfhoeks a', en den straal des cirkels r noemen, zoo is

a'l/ {ir*—a'1)

a ~-

r

20

Substitueeren wij dan a' —10 M., en r

1/(10—2i/5) lül/ (200 40j/5—100)

20

1/(10—2i/5).

- 16.180 M.

Ieder begrijpt echter ligt, dat wij met behulp van vraagst. 65 dezer Afdeeling dit antwoord veel lichter zouden gevonden hebben,

92. Eene aandachtige beschouwing van een in een cirkel beschreven zeshoek met alle daarin getrokken diagonalen zal ons leeren, dat de diagonalen van zulk een zeshoek of gelijk zijn aan de middellijn zijns otng. cirkels, of aan de zijde des regelmatigen driehoeks beschreven in denzelfden cirkel. De eerste soort van diagonalen heeft eene lengte van 20, de tweede van 17,32 M.

93. Laat ABCDEF een regelmatige zeshoek, en ACE een regelm, driehoek

zijn in denzelfden cirkel M. beschreven.

Trekken wij AM, EM en CM, zoo is A BMC een parallelogram.

Want AB = MC AM = BC.

H 1'

79

Dus is drieh. AMC = drieh, ABC — ¹ /2 parall. ABCM. Evenzoo vinden wij drieh. AME = drieh. AFE = '/. „ AMEF. en „ MEC = „ DEC = Va » MEDC.

-opt.

zesh. ABCDEF.

Drieh. AEC

94 Zie Afdeeling I. 206.

Nog zijn er drie andere oplossingen mogelijk. Men kan br. cirkels trekken uit B en C die elkaar uitwendig raken en een uit A die deze twee vorige inwendig raakt. Men noeme de stralen der cirkels getrokken uit B en C als middelpunten jr en y en de zijden als gewoonlijk a, b en c dan moet r -\- y a ev b y ■=■ e z ~ straal van den grooten cirkel uit A.

Uit deze twee vergelijkingen vindt men:

a 4- b—c a c—b x = - en y — -- enz.

2 2

95. Het verschil van den middelpuntshoek eens regelra. vijfhoeks en een rechten hoek is = 18° = '/5 R.

96. De middelpuntshoek van een regelm. zestighoek bevat 6° en is dus = '/15 K.

97. Zij AB de gegeven lijn.

Constructie. Trek de lijn AD zoodanig dat hoek CAD = 36° is; (wat wij met behulp van § 180 van Badon zeer gemakkelijk kunnen doen). Richt op AD uit A eene loodlijn op, en uit het midden C van AB eene andere op AB. Beschrijf uit het snijpunt M dezer lijnen een 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.

Bewijs. Hoek BAD=.hoek AEB = 36^Igt;; hoek EAB- • hoek ABE = 144°.

Wijl verder CE loodrecht staat op 't midden van AB, is driehoek AEB gelijkbeenig, en derhalve

hoek EAB = hoek ABE = 72°.

98. 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 punt P gelegen is (BC), in vijf gelijke deelen (BD, DE, EF, FG, GC) en vereenig de deelpunteu (D, E, F, G) met het tegenoverliggend hoekpunt (A). Vereenig het punt P met datzelfde hoekpunt, en trek door alle eerst genoemde deelpunteu lijnen even-

80

wijdig 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 stukken ieder = '/s drieh. ABC zijn.

Bewijs. Wij willen slechts bewijzen dat drieh. PHC en drieh. IPH elk gelijk '/s drieh. ABC zijn. De overige deeleu worden evenzoo geconstrueerd, en men gaat juist op dezelfde wijze te werk als bij de twee genoemde drieh., om te bewijzen dat zij = Vs drieh. ABC zijn.

Drieh. HGC = drieh. HGC.

drieh. HGA — drieh. HGP (want zij hebben dezelfde basis en dezelfde hoogte, de afstand namelijk der evenw. lijnen AP en HG).

Telt men deze twee vergelijkingen bijeen, zoo heeft men drieh. AGC = drieh. PHC.

Nu is drieh. AGC = '/5 drieh. ARC, want beide driehoeken hebben dezelfde hoogte, en de basis van den eersten is vijfmaal op die van den tweeden begrepen. Derhalve is ook drieh. PHC = '/s drieh. ABC.

Geheel op dezelfde wijze vinden wij

drieh. AFG = drieh. PIC = -l_b drieh. ABC.

wij weten drieh. AGC = drieh. PHC = '/5 drieh. ABC.

dus is ook drieh. IPH = '/5 drieh. ABC enz.

99. Van de twee in de opgave gevraagde verdeelingen zullen wij alleen

de laatste construeeren. De eerste kan dan als een bijzonder 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 deeleu, en laat dientengevolge BD — '/s BC, AF zz; ³/₆ AB zijn. Trek AD en uit D eene lijn DE evenwijdig aan AB. Trek ook CF, en door F eene lijn FG evenwijdig nan AC, dan is het snijpunt van GF en ED het gevraagde plint H.

Beteijs. Is BD = Ve ^ ^{dan is} natuurlijk drieh. ABD = '/s 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 leeft. Drieh. AHB is dus — '/o drieh. ABC.

Op geheel dezelfde wijze vinden wij dat drieh. AFC = drieh. AHC = ³/6 drieh. ABC is, en dus is

81

drieh. BHC — drieh. ABC—⁴/s drieh. ABC — -je, drieh. ABC. Derhalve drieh. AHB : drieh. BHC : drieh. AHC = 1:2:3,

100. Laat gevraagd zijn den driehoek ABC te vervormen in een gelijk-beenigen driehoek van dezelfde grootte.

Constructie. Richt uit het midden van de basis BC, uit D eene loodlijn op BC op. Breng door A eeue 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.

101. Dat driehoek BDG gelijk en gelijkvormig is met drieh. ABC, springt terstond in het oog; zij hebben twee zijden en den ingesloten hoek ieder in 't bijzonder aan elkander gelijk. De driehoeken HCF en EA1 zijn alleen gelijk, 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.

102. Het eerste gedeelte der stelling wordt

bewezen, doordien al de driehoeken, welke op dezelfde wijze gevormd zijn, als de driehoek FAE twee zijden ieder in 't bijzonder aan elkander gelijk hebben, terwijl de door die zijden ingesloten hoek bij allen even groot is. Immers is die hoek overal — 4 R — (1 -f Vs Va) R = IVa E-

Verleng, om het tweede gedeelte der stelliug te bewijzen, FA tot in G. Wij zagen reeds, dat hoek EAF = 1 -/;j R is: zijn supplement EAG is dus = '/_:i H, en de boek EAB door AG middendoor gedeeld. Daarom staat ook AG loodrecht op BE, en deelt BE middendoor. Dns is de inbond van driehoek EAF =■ AF X '/2 EG = AD X 'y.) AB, en dns gelijk aan een vierde deel van den inbond des rechthoeks.

103. 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.

104. Gesteld dat A BCD een parallelogrnra is

dat men door eene lijn, door het pnnt P gebracht, wenscht te verdeelen, op de wijze, zoo als in de opgave wordt aangeduid.

Constructie. Deel de zijde AB door een 6

82

pant F zoodanig in 2 deelen, dat AF: FB = 5:7. Deel EF door een punt H middendoor. Trek PH en verleng die tot in G. Door de lijn PG zal dan het parallelogram op gevraagde wijze verdeeld zijn.

Bewijs. Driehoek GEH 2S drieh. PFH, want hoek GHE=hoek FHP, hoek GEH = hoek HFP en EH = FH. Tel nu bij deze vergelijking fig. AFHGD = fig. APHGD, zoo verkrijgen wij de nieuwe vergelijking parall. A FED = fig. APGD.

parall. AFED is s/u parall. A BCD, wijl de hoogten gelijk zijn, de basis van 't eerste ⁵/i₂ is van die van het laatste; dus is ook APGD = ⁵/io ABCD.

Drieh. AED = '/₂ drieh. ABD.

Drieh. DEC = i/₂ drieh. DBC.

——--opt.

Vierh. AEDC = !/„ vierh. ABCD. (1) drieh. ADC = drieh. ADC.

drieh. AEC = drieh. AFC.

-opt. Maar

Vierh. AEDC = vierh. AFDC.

Vierh. AEDC = i/s vierh. ABCD.

Vierh. AFDC = vierh. ABCD.

IOC. Laat ABCD de gegeven vierhoek zijn.

Constructie. Construeeren lijn AE (gaande door een der hoekpun(en) volgens het vorige vraagstuk, die onzen vierhoek middendoor deelt. Trek vervolgens PE, door A eene lijn AP evenwijdig aan PE, en PF, dan zal deze laatste lijn den vierhoek op gevraagde wijze verdeelen.

Bewijs. Vierh. PDCE = vierh. PDCE.

Drieh. PFE = drieh. 1 AE.

---—-opt.

Vierh. PFDC = vierh. AEDC = y., vierh. ABCD.

107. Zij ABCD de vierhoek, EFGH het parallelogram, waarvan in de opgave wordt gewag gemaakt.

83

Bewijs van 't gevraagde.

In voorstel 14 dezer Afdeeling is aangetoond, dat

drieh. DHE gelijkv. is met drieh. DAC. drieh. AHG „ „ „ drieh. ABD enz. Hieruit leiden wij af

H K C

drieh. DHE : drieh. DAC = DH¹ : AD» = 1:4. drieh. AHG; drieh, ABD = AG^ : AB² =1:4. drieh. BGl? : drieh. BAC = BF² : BC² = 1:4. drieh. CFE : drieh. CBD = CE² : CD² = 1:4.

_____—-ojit.

drieh. DHE drieh. AHG -j- drieh. BGE -j- drieh. CFE : 2 vierh. ABCD = 1:4. |

Hieruit volgt na eene kleine herleiding parall. EFGH = Vs vierh. ABCD.

Zij ABC een gelijkzijdige driehoek, AD loodrecht op BC, en laat verder PG, PE, PF loodlijnen zijn, uit P respectivelijk op AB, BC, AC neergelaten, dan moet bewezen worden AD = PG PE -f PF.

Bewijs. Als wij nog PA, PB, PC trekken, en AB = AC = BC Z noemen, is

drieh. PAB = '/a Z drieh. PBC = '/2 Z drieh. PAC = Vs Z

PF). Maar ook is

drieh. ABC = '/2 Z drieh. ABC = V2 Z X AD.

dus is PG -j- PE -p PF = AD,

Hetzelfde bewijs geldt voor het geval dat P buiten den driehoek ligt. Men vindt dan, indien P ligt in 't verlengde van PE, PG -I- PF—PE = AD. Men spreekt dan toch van de som der lijnen PG, PF en PE terwijl in aanmerking wordt genomen dat PE negatief is.

Tn 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.

6*

84

-opt.

ABCU = 1/2 AB X (ED CE) = gt;/2 AB x CD. Zij MAB een niiddelpiintsdriehoek van den omgeschreven regelra. n hoek, CDM van den ingeschreven n hoek, CEM van den ingeschreven 2n hoek.

AEJI eu CFM zijn dan natuurlijk halve middelpuntsdriehoeken.

Bewijs van 't gevraagde.

Drieh. AEM : drieh. CEM = AM : CM; (!) drieh. CFM 00 drieh. AEM en dus AM : CM = EM : FM. Snbstituecren wij dit in (1) zoo wordt onze evenredigheid

di ieh. 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

k . T. r. i. 2n hoek = I. r. i. 2n hoek : I. r. i. n hoek. J^illekenrige driehoek, om welken de cirkel M uit het middelpunt M beschreven is. Zij BE eene loodlijn op AC neergelaten.

Bewijs van 't gevraagde.

Uit de gelijkvormigheid der driehoeken ABE en BDC volgt AC x BC = DC x BE.

AC = AC. -—verm.

AB x BC x AC = DC x 2 drieh. ABC. zoo als dat gewoonlijk geschiedt, AB = c, AC = h, BC a, DC d of 2r, inhoud drieh. ABC — I, en zonderen wij uit onze vergelijking drieh. ABC af zoo is

j ahc_aic

113.

85

inhoud I, terwijl wij de halve som zijner zijden s, den straal zijn» ingeschreven cirkels r' noemen zullen.

Bewijs van 't gevraagde.

De toepassing van $ 102 en 192 van Baden heeft ons in 't vorige vraagstuk geleerd

I = abc : ir.

Hetzelfde leerboek {194. leert ons. I = = '/2 r' {a 6 e) Hieruit komt de vergelijking voort aic : 4-r — '/2 r' (a b c)

-ir

abc = 2rr' (a i c)

b -\- c-

abc

2rr'.

a b c

een rechthoekigen driehoek te beschrijven, waarvan de de inhoud = CD1 moet zijn.

Constructie. Beschrijf een rechthoekigen 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 een cirkel, die de hypotenusa CE ergens in F snijden zal; beschrijf op CE een halven cirkel, richt uit C op CE eene loodlijn CGop, eu maak CG = 2 CF, trek GH evenwijdig aan CE en vereenig het snijpunt dezer lijn en den pas beschreven halven cirkel, het punt H met C en met E. Driehoek CHE zal dan de gevraagde zijn.

Bewijs. CE = AB zoo als verlangd was.

Wijl bg. CHE een halve cirkel is, is ook hoek CHE = R, drieh. CHE is dus een rechthoekige driehoek zoo als verlangd werd.

Eindelijk is drieh. CHE = CE X Va GC = CE X CF = CD» wat als derde vereischte in den gevraagden driehoek werd gesteld. Verander volgens § 198 den gegeven veelhoek in een driehoek. Zoek vervolgens een vierde evenredige tot de gegeven basis des rechthoeks, de basis des driehoeks 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.

Zij gegeven dat DFE een gelijkzijdige driehoek is eu de figuren DEHG, FE1K, JIDLF vierkanten zijn op de zijden diens driehoeks beschreven. Zoo moet bewezen worden,

1°. Drieh. MDG = drieh. HEI=drich.

LFK = drieh. DFE.

2°. Drieh. ABC is gelijkzijdig.

Bewijs van hel eerste. Laat ait G eene

86

loodlijn GN neder op het verlengde van MD, op FE eene loodlijs DO uit D dan is drieh. DGN drieh. DOE want DG = DE, hoek N = hoek 0 = R en hoek GDN = 360o—hoek MDG—hoek MDF—hoek FDN = 60® = hoek OED.

Hiernit is natuurlijk GN = DO.

Ook is Va MD = 1/2 FE.

---verm.

Dus ook drieh. MDG = drieh. DFE.

Geheel op dezelfde wijze wordt ook bewezen dat en drieh. 1,1A cb drieh. EHI = drieh. DEP zijn.

Bewijs van het tweede.

Hoek MDG = 360°—hoek FDE—hoek FDM—hoek EDG = 120°. Drieh. MDG is gelijkbeenig. Dus is hoek DMG = hoek DGM = 30°.

Trekken wij deze vergelijking af van hoek DMA — 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 A('B en hoek CBA = 60° is. Derhalve is drieh. ABC gelijkzijdig.

117- lu drieh. AMF 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 : drieh. ABC, en FM : CM = drieh. FAM : drieh. ACM, dus dr. BCF : dr. ABC = dr. FAM j 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.

118. Zij gevraagd den gelijkbeenigen driehoek ABC in een gelijkzijdigen van denzelfdeu inhoud te veranderen. Verander eerst den driehoek ABC in een driehoek met een hoek van 60°, met behoud van dezelfde basis en dezelfde hoogte. Zie bv. Vr. 100. Noemen wij de onbekende zijde van den gelijkzijdigen driehoek = s dan moet .r2 = product der zijden om dien hoek van 60°. De middenevenredige tusschen die twee zijden is dus de gevraagde lijn.

119. Zij bv. gevraagd A ABL in 4 gelijke deelen te verdeelen door lijnen evenwijdig aan AL.

Constructie. Verdeel AB in 4 gelijke deelen AC, CD, DE en EB. Beschrijf op AB een halven cirkel en richt op AB in C, D en E

87

■ • II

loodlijnen CF, DG en EH op. Beschrijf uit B als middelpunt de bogen FI, GK en HP; als wij dan nog IM, KN en PO trekken evenwijdig aan AL, dan is de driehoek door deze lijnen in 4 gelijke stukken verdeeld.

Bewijs. Dvieh. ABL : drieh. BUI : drieh. BKN : drieh. BPO = BAÏ ; BP : BKÏ : BP*

= 15A2 : BF2 : BG2 : BH² = AB. AB : AB. BC : AB. BD : AB. BE. = AB : BC : BD : BE = 4:3:2:1.

120. Dit vraagstuk is met het vorige geheel gelijkvormig. Wij verdeelen eerst door lijnen evenwijdig aan eene der zijden den geheelen driehoek in 22 grlijke 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.

121. Constructie. Laat uit C eene loodlijn CE neder op AB. Verdeel

AB in 2 gelijke deeleu AD en BD, cn trek CD. Beschrijf op BE een halven cirkel; richt uit D op EB eene loodlijn DF op; trek quot;BP en beschrijf daarmede als straal uit het middelpunt B een cirkelboog FG, Richt daarna uit G eene loodlijn GH op, dan zal GH de begeerde lijn zijn.

Bewijs. Drieh. BEC : drieh. BDC = EB : BD. (1)

drieh. EBC : drieh. BGH = BE² : BG².

= BE» : BF».

= BE X BE : BD X BE.

drieh. BEC : dr. BGH --- BE : BD. Maar wij weten uit (1) drieh. BEC : di*. BDC = BE : BD dus is drieh. BGH — drieh. BDC = '/2 drieh. ABC.

Constructie. Deel de basis van onzen driehoek ABC in vier gelijke stukken AG, GH, HI, 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 daar-

122.

88

mede uit B respectivelijk de cirkelbogen MP en NQ. Trek ook AK. en beschrijf daarmede uit A een cirkelboog OK. Eicht eindelijk uit O, en Q loodlijnen OD, PE, QF op, dan zullen deze op gevraagde wijze den driehoek ABC verdeelen,

Bewi/s. In liet bewijs is de eenige moeilijkheid de verhouding te vinden van fig. CDOPE tot den drieh. ABC. Wij gaan daarmede dus te werk.

Wanneer wij nog Cl trekkeu, vinden wij geheel op de wijze als wij dat in 'tbewijs van 't vorig vraagstuk deden, drieh. BQF = ¹/₄ drieh. ABC. (1) Wanueer wij nog CH trekken, vinden wij geheel op dezelfde wijze drieh. '/⁴ drieh. ABC (2) en hiervan afgetrokken vergelijking. (1) drieh. PEB—drieh. BQP = fig, EPQF = i/₄ dl'. ABC. Wanneer wij nog CG trekken, vinden wij, na al het voorgaande zeer gemakkelijk

drieh. ADO = 1/4 drieh. ABC. (3)

Trekken wij de som der vergelijkingen (1), (2) en (3) af van drieh. ABC = drieh. ABC zoo rest ons fig. CDOPE = '/4 drieh. ABC.

123. Constructie. Verdeel AC in twee stukken AD en DC zóó. dat

AD : DC = 2:5.

Trek B D, en laat uit B eene loodlijn BE op AC neer. Beschrijf een halven cirkel op AE; richt uit D eene loodlijn DE op AC op. Trek AF, en beschrijf daarmede uit A een cirkelboog FG. De loodlijn GH op AB opgericht, zal den driehoek op gevraagde wijze verdeelen.

Bewijs. Drieh. AOB : drieh. AEB =: AD : DE. (1)

drieh. AGH : drieh. AEB = AG2 : AE².

= AF2 : AEÏ.

= AD x AE : AE X AE. drieh. AGH : drieh. AEB = AD ; AE.

maar volgens (1) „ AOB : „ „ = „ , „

dus is drieh AGH = drieh. ADB = -/7 dr. ABC.

en dns fig. HBCG = 5/7 „ „

derhalve drieh. AGH : fig. HBCG = 2:5.

124. 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 redeu verdeelen door een punt D, volgens Badon § 161, en daarna B met D vereeuigen.

Hoe wij daarna drieh, AI1D veranderen iu drieh. AFG, wiens zijde FG met BC evenwijdig loopt, zal na al 't voorgaande wel geene explicatie meer behoeven.

89

125. Verdeel (in de figuur van vraagstuk 123 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 redeu gedeelden driehoek ABC. Vervorm dit stuk ABD in AGH (waarvan de zijde GH loodrecht op AC staat) op de bekende wijze.

126. Constructie. Deze constructie is slechts de herhaling eener bewerking,

die wij reeds meermalen verrichtten. Het zal dus voldoende zijn geregeld aan te duiden wat wij deden, zonder in alle bijzonderheden te treden.

Na nit B op AC eene loodlijn te hebben neergelaten, en DC = '/a AC te hebben genomen, hebben wij geconstrueerd drieh. l'GC wiens hoek F recht is = Va driehoek ABC.

Na nit A op bc eene loodlijn te hebben neergelaten, en CH=²/:i BC genomen te hebben, hebben wij drieh. MKC, wiens hoek MKC recht is, geconstrueerd = -Is drieh. ABC.

Drieh. abc ia derhalve in gelijke stukken verdeeld door FG die loodrecht op ac, en door KM die loodrecht op BC staat.

127. AVanueer wij in 't vorig vraagstuk CD genomen hadden = ''s AC, cn verder geconstrueerd hadden zoo als daar is geschied, zou drieh. CFG = 'ai drieh. abc geworden zijn.

Hadden wij dan verder HC genomen gelijk Vs BC, en verder geconstrueerd zoo als daar is geschied, zou drieh. MKG = Vs drieh. ABC, en derhalve fig. MFGK = ²/₆ drieh. ABC geworden zijn.

Natuurlijk zou dan fig. AJIKH = ³/f, drieh. ABC geworden zijn en de verhouding van

fig. ATVIK U : fig. MFGK : drieh. CFG = 3:2: 1 zijn.

$28. Zij gevraagd uit het punt P lijnen tc trekken die den driehoek verdeden in reden als 1:2:3.

Constructie. Laat uit A eene loodlijn AD op Bw neer en verdeel die in zes gelijke stukken. Zij 1)H = i_/6 AD.

Zoek eene vierde evenredige tot de loodlijn PF die wij uit P op BC neerlaten, DH en BC, en zet deze vierde evenredige Cl op BC van C af uit; trekken wij dan PI en PC dan is 'Zo IC x PF = '/ü BC X DH = V* drieh. ABC.

Zij evenzoo EK = ²/₆ BE. PG loodrecht op AC. Zet eene vierde evenredige CL tot PG, EK cn AC uit op AC van C af, dan is, wanneer wij nog PL trekken,

drieh. CPL = '/2 CL X PG = ^l/-, EK X AC = ²/₆ drieh. ABC.

90

Aanmerking. Het kan bij deze constructie gebeuren, dat een gevonden vierde evenredige grooter is dan de zijde waarop zij moet worden uitgezet. Men begrijpt lichtelijk, dat men in dit geval loodlijnen neerlaat op de twee overige zijden en dan evenzoo construeert als hierboven is geschied. Zoo zou bijv. in ons geval eene vierde evenredige gezocht tot de loodlijn nit P op AB, ⁵/₆ van de loodlijn uit C op AB en AB zelve grooter geweest zijn dan de lijn AB, en wij hebben derhalve slechts loodlijnen doen vallen op AC en BC.

129. Zij gevraagd den driehoek ABC middendoor te deelen door eene lijn gaande door het punt P.

Constructie. Trek door het punt P, DG evenwijdig aan AB en PK evenwijdig aan BC; trek eene lijn CF uit C naai-het midden van AB; trek verder FG en CH evenwijdig aan FG. Trek HG, deel HB in I middendoor; beschrijf op IK een halven cirkel; uit K met BK als straal

een boog, die den pasbeschreven halven cirkel in L snijdt. Trek KL en ilL en beschrijf uit I met IX als |' straal een cirkelboog LN. Trek PN, en verleng die tot in Q, dan is NQ de gevraagde deellijn.

p - Bewijs. Trek IM evenwijdig aan BC, en noem het punt waar deze lijn NQ snijdt O, dan is driehoek 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 i» gelijk IIi, MP = IK, PG = BK = KL, en wij zonden dus met MP, NI en PG een rechthoekigen driehoek kunnen beschrijven gelijk en gelijkv. met drieh. IKL. In dezen driehoek zoude MP hypotenusa zijn. Volgens Badon j 199 vijfde gevolg is dus

de drieh, op MP beschreven gelijk aan de som der daarmede gelijkvormige driehoeken beschreven op NI en PG of

drieh. MPO = drieh. NI O -j- drieh. PQG.

Tel hierbij fig. OPGBI = lig. OPGBI, zoo is parall. MGIB = drieh. NQB.

maar ook is „ „ = drieh. HGB; want de hoogten dezer beide tig. 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 = drieh. BFC = '/„ drieh. ABC.

91

drieh. MM) = drieh. GPQ -p lt;hieh. NIO. drieh. MPO—drieh. GPQ, = drieh. NIO. vierh. MGQO = drieh. NIO.

vierh. OQBI = vierh. OQBI. ____opt.

parall. MG BI = drieh. NBQ.

maar » MGBI — drieh. HGB.

dus ook drieh. NBQ = drieh. HGB.

maar ook is „ BCÏ = drieh. HGB = '/- ^¹quot;*

dus ook drieh. NBQ = '/2 ^lt;l^r'^e'¹- ABC.

131. Zij gevraagd drieh. ABF te verdeden in twee gelijke stukken door eene lijn evenwijdig aan PO.

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 midden E van AF. Beschrijf op AD een halven cirkel; richt EG loodrecht op AP op, trek AG en beschrijf daarmede uit A een cirkelboog GH, trek HC evenwijdig aan BD of PQ, dan is drieh. AHC = 1/0 drieh. ABF.

't Bewijs is gelijkvormig met dat van vraagst. 121 dezer Afd.

132. Zij PQ de lijn waaraan de deellijnen evenwijdig moeten ziju.

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 verhoudingsgetallen.

Moest bijv. drieh. ABC in drie stukken worden verdeeld die tot elkaar 1 in reden staan als 3:2:1, zoo ver-

92

deelt men AB zóó, dat AD : DE : BE = 8 ; 2 ; 1. Trek eene lijn CF ' evenwijdig aan de in stelling geg. lijn PQ; beschrijf op AF en BF halve cirkels. Kicht DG en EK loodrecht op AB op; trek AG en BK; beschrijf met AG uit A een cirkelboog GH, en met BK nit B een cirkelboog KL. Trek eindelijk nog Hl en LM evenwijdig aan CF. De beide laatstgenoemde lijnen zullen drieh. ABC op gevraagde wijze verdeelen. Het bewijs is gelijkvormig aan dat van Vr. 122 dezer Afdeeling.

Gesteld dat de figuur aan de voorwaarden in de opgave gesteld voldoe, zoo is 1 't bewijs van 't i

Fig. AEBDC = fig. AEBDC. volgens baüuu § 199 is halvecirk. ABC=halvecirk.ABE-i-halvecirk.BÜC.

-----—— aft.

halve maan AEBF halve maan BDCG = drieh. ABC. 134. Laat ABC dc 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-j-cirk BD=cirk. AD-i-cirk. BD. ---aft.

De twee kromlijnige tig. waarvan in de opgave spraak is = = cirk. AC—cirk. AD -|- cirk. BC—cirk. BD.

— cirk. DC 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.

135. Zie de eerste afdeeling opgave S57.

136. Construeer eene willekeurige ruit wier scherpe hoek 30° is. Vervorm 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 een scherpen hoek van 30° en de gevonden vierde evenredige tot zijde.

137. De hoeken van den verlangden driehoek zullen respectivelijk 45°, 60°, 75° groot zijn. Vervorm en dezen driehoek en den gegeven driehoek

93

tot vierkanten. Zoek eene vierde evenredige tot de zijde van het vierkant, dat wij van onzen geconstrueerden driehoek maakten, de zijde van het andere vierkant, en de basis van onzen geconstrueerden driehoek. Beschrijf op deze vierde evenredige als basis een driehoek gelijkvormig aan den geconstrneerden.

Dat de bases van de beide geconstrneerde driehoeken gelijkstandige zijden worden moeten zal wel niet behoeven aangemerkt te worden.

138. Haak 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 eerstgeconstrneerde, de zijde van het daarna geeonstrneerde vierkant en eene willekenrige zijde des gegeven veelhoeks. Beschrijf op de gevonden vierde evenredige een veelhoek gelijkvormig met den gegevenen. Dat de genomen willekeurige zijde des gegeven veelhoeks, en de gevonden vierde evenredige gelijkstandige zijden in de beide gelijkvormige veelhoeken moeten wordea, spreekt wel van zelve,

139. Constructie. Trek in den gegeven cirkel de middellijn AB. Verdeel

die in drie gelijke deelen AC, CD en BD, Kicht uit O en D loodlijnen CF en DB op AB op. Trek AF en AE, en beschrijf uit A met deze beide lijnen respectivelijk als stralen, de cirkelbogen FG en EH, Cirkels op de middellijnen AG en AH beschreven^ voldoen aan de vraag,

Cirk. AB : cirk, AH : cirk. AG = AB² : AH² : AG². = AB² : AE² : AF².

= AB X AB ; AD X AB : 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, meenen wij het gerust den lezer te kunnen overlaten, dit te bewijzen met behulp van opgave 210 Afd. I.

140. Laat gevraagd zijn een rechthoek te beschrijven in cirk. AB die denzelfden inhoud heeft als een geg. veelhoek. Zij verder a² de inhoud diens veelhoeks.

Constructie. Zoek eene derde evenredige tot AB en m. Richt uit A, loodrecht op AB, op AC en AD; maak AC en AD ieder gelijk de gevonden derde evenredige, ïrek CF en DE evenwijdig aan AD, en

94

vereenig zoowel G als H met A en B, De rechthoek AGBH zal dan de gevraagde zijn.

Bewijs. Wij moeten 1° bewijzen dat AGHB een rechthoek is, 2° dat die rechthoek den gevraagden inhoud heeft.

Bewijs van het eerste, laat nit B on DH eene loodlijn 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 gelijkvormigheid van drieh. CGA en drieh. BHE kan men bewijzen dat ■AG = BH dus ook bg AG = Ig BH is.)

Wij weten derhalve dat AG = BH, BG = AH is, dat derhalve AGBH een parallelogram is; bovendien weten wij van twee der hoeken dat zij recht zijn; ergo is AGBH een rechthoek.

Bewijs van het tweede.

Inh. drieh. ABG== AB X Vs AC = ABx Vsder gevonden derde evenredige. gt;• gt;■ ABH = ABX'/2AD= „ x'/s „ ,, „ lt;gt;

--—-opt.

Recbth. AGBH = AB X de gevonden derde evenredige = wï².

141. 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 loodlijnen op AB op, en verbind de snijpunten dezer loodlijnen en den omtrek van cirkel AB, de punten E en F met A. Beschrijf uit A met AF en AE respectivclijk als stralen de cirkelbogen FG en EH. Beschrijf op AH een cirkel. Trek A( en 1H. Trek verder nog BE, dan zijn de drie cirkels beschreven op AG of AF, ÏH en BE als middellijnen, de gevraagde.

Bewijs. Cirk. AF (d. i. de cirkel op AF als middellijn)

cirk. AF : cirk. AH : cirk. AB = AG^S : AH² : AB2

= AF2 : AE² : AB² = ACxAB : ADxAB : ABxAB = AC : AD : AB.

of daar AC, AD respeetivelijk ³/₁₂₎ '/₁₂ AB zijn,

cirk. AF : cirk. AH : cirk. AB = 3 : 7 : 12.

cirkel AF is dus = V,» cirk. AB, cirk. AH = 7/,» cirk. AB.

In den rechthoekigen drieh. AIH is nu volgens Badon { 199 Cirk. AH = cirk. A] -|- cirk. IH.

= cirk. AF -j- cirk. IH.

cirk. TH dus = cirk. AB.

In den rechthoekigen driehoek AEB is eveneens

95

Cirk. AB = cirk. AE -j- ^cir'^c-

= cirk. AH -|- cirk. BE.

Cirk. AE das = ⁵/i2 cirk. AB.

Wij hebben dus dat cirk. AG = ³/i5

„ IH = ⁴/l2 .. •gt;

,, BE = ⁵/i2 f »gt; ^⁸'

De drie geconstrueerde cirkels staan dus tot elkander als 3 : 4 : 5 en zijn te samen = cirk. AB; q. e. d.

Constructie. Trek in het vierk. ABCD de twee diagonalen AC eu

BD. Beschrijf op AE een halvea cirkel. Maak EF = FG =- GH = HA. Richt op AE de loodlijnen EL, GK, Hl op; trek EL, EK, EI en beschrijf met deze respectivelijk als stralen uit E de bogen EG, KN, 10. Trek 01', QN, KG evenwijdig aan AB enz.

Het bewijs is gelijkvormig aan vorige

fig, 8IAHE: fig. AHEDG: fig. AGDCF:/i.c. AC = 7:5:3:1. evenzoo vinden wij h.c. BE: fig. BKEDL;fig. BLDCM;fig.BiIC AN=1:3:5;7.

___opt.

fig. BKEHAI : fig. BKEHAGDL ; fig. BLGDAFCM ; lig. BMCFAN = 8:8:8:8.

Deze iig. zijn derhalve gelijk.

Aanmerking. Wij hebben slechts een bewijs geleverd voor 't geval dat n vier was. Het algemeene bewijs zou luiden fig. BIAHE : fig. AHEDG : enz. = (a—1)2: (m—1)2—(»—2)2:enz. h. c. BE : fig. BKEDL : enz. = 1:3 :enz.

__——-opt.

fig. BKEHAI ; fig. BKEHBGDIi : enz. — 2« : 2« : enz.

Deze fig. zijn derhalve gelijk.

144. Zij gevraagd vier cirkels te construeeren wier inhouden te samen gelijk aan cirk. AB, wier stralen te samen gelijk aan de lijn m zijn, terwijl

96

tevens hnnne inhouden eene meetkunstige evenredigheid moeten uitmaken.

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 Va DE. Bicht uit A op AB eene loodlijn AG op; maak AG = CF en trek GH evenwijdig aan AB; trek daarop IK evenwijdig aan AG.

De vier cirkels die DL, IL, LE, LK tot middellijnen hebben, zullen aan de drie gestelde vereischten voldoen.

Bewijs. Wijl de som der stralen = AC moet ziju, moet natnnrlijfc de som der middellijnen = 2 AC wezen.

Nu is FC = AG = AC—AF - AC—'/2 DE.

IN is dus ook gelijk AC—'/o DE.

NK = IN = AC—'/2 DE.

-——-—— opt.

JK = 2 AC—DE.

DE = DE

~r =■ 2 AC = som dör geconstrueerde middellijnen. Deze vergelijking door 2 gedeeld geeft ^ ^::= = de som der geconstrueerde stralen (1).

Cirk. AB: cirk. KL: cirk. LE:cirk. DL: cirk. IL=AB2 :KU : LE2: DL*: IL*. Maar vroeger zagen wij reeds, dat in een geval als het onze =KL² -f- LE² -p DL2 -}- IL² is (en wij bewezen dit met behulp der lijnen Dl, KE, HE: zie vraagst. 54 dezer Afdeeliog).

derh. is ook cirk. AC=cirk. KL-: cirk. LE-f cirk. DL-|-cirk. IL (2) Ten derde is volgens eene bekende stelling

DL ; IL = LK ; LE. Verheffen wij deze evenredigheid iu de tweede

macht zoo hebben wij DL* : IL² = LK² : LE² en daar cirk. DL ; cirk. IL : cirk. LK : cirk. LE=DL² : IL² ; LK² : LE² is cirk. DL : cirk. IL := cirk. LK : cirk. LE. (3)

In de resaltaten (1), (2) en (3) is dus bewezen, dat de geconstrueerde cirkels aan de drie gestelde vereischten voldoen.

DERDE AFDEELINGr.

Die slelling is; eeu hoek wiens hoekpunt op den omtrek eens cirkels ligt, en wiens beide beenen den cirkel doorsnijden, 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 AB eene middellijn. Trek uit het middelpunt M eElie lijn naar C, dan is:

hoek BMC = hoek BA.C -f- hoek ACM, of daar drieh. MAC gelijkbeenig is, en dus hoek BAC = hoek ACM is hoek BMC = 2 hoeken BAC,

Hoek BMC = bg. BC; derhalve is hoek BAC = Vs bg. BC.

De afgesneden stukken staan tot elkander in reden, als de opstaande zijden. Verdeelt men dus de lijn, die gelijk is aan de som dier stukken, in reden van de opstaande zijden, zoo worden die stukken bekend.

Inh. drieh. APB Inh. drieh. DPC = '/2 DC X EF. Inh. parallelogram ABCD = DC X El'.

Dus is Inh. drieh. APB -f Inh. drieh. DPC = '/2 parall. ABCD.

7

-opt.

CK = CL IK = BH DM

CK . AP = BH . AP -|- DM . AP.

2 drieh. APC = 2drieh. APB-j-2drieh.APD AC . PF = AB . PE AD . PG.

Neem een rechthoek ABCD, leg het punt P op een afstand AB van AB en BC van BC dan is drieh. BEF SS ABD, In de betrekking (vor. vraagst.) AB x EF -f-BC x EG — BD x EB, vervangen wij EF door AB enz. en dan wordt het: ABi -j- BC² = BD2 of AB2 AD* = BDgt;.

8.

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 van het gegeven vierkant door die middellijn te deelen. Trekt men nu twee evenwijdige lijnen, wier afstand gelijk is aan de middellijn des gegeven cirkels, en neemt men op eene derzelve een willekeurig punt P aan, en beschrijft uit dat punt als middelpunt met de gevonden zijde der ruit als straal een cirkelboog, welke die lijnen in H en I snijdt, zoo wordt de hoek HP1 bekend, onder welken de ruit nu gemakkelijk om den cirkel geconstrueerd wordt. Constructie. Richt uit het punt A de lijn 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 BF 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). Eicht 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, even-wijdig aan AC en BC eene lijn CG vinden, waarvan nit elk punt de nedergelaten loodlijnen op AC en BC in reden zijn als n en p (hier 3 en 4). Het snijpunt nu der lijnen AF en CG, het punt 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 driehoeken ABM en CEF gelijkvormig. Daar nu wegens de evenredigheid der lijnen DM en AF, de hoeken BMD en EFG gelijk zijn, zijn ook de drieh. BMD en EFG gelijkvormig.

Wegens de gelijkvormigheid der driehoeken ABM en CEF hebben wy

AB : CE = BM : EF BD : EG = BM : EF

Zij AB gegeven als eene der evenwijdige zijden; maak hoek BAD en hoek

7*

11,

100

ABC gelijk aan de gegeven aanliggende hoekeu. Neem vervolgens 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 - gesneden wordt, de lijn CD evenwijdig met AB; dan zal ABCD het gevraagde trapezium zijn.

Maak een hoek ACB gelijk aan den hoek waaronder de diagonalen

elkander moeten snijden, en welks beenen AC en BC gelijk zijn aau de gegeven diagonalen. ïrek AB en zet daarop het stuk BE uit, gelijk aan de gegeven evenwijdige zijde. Trek DE evenwijdig aan ISC, en CD evenwijdig aau AB, dan is AKCD het gevraagde trapezium; want DE = BC en hoek AEE = hoek ACB.

Constructie. Zij AB het gegeven eirkelsegmeut, EFGH het gegeven parallelogram.

Laat GK loodrecht op EF neer. llieht nit A eeue loudlijn op AB op, en maak het stuk AC dezer loodlijn gelijk aan het dubbele eener vierde evenredige gezocht tot AB, EE en GK. Trek CD evenwijdig aau AB eu daarna nog de lijnen AD en BD, dan is drieh. ABD de gevraagde driehoek.

AB X Vs AC.

GK : 'A AC,

en dus AB x Va AC = EF X GK is, is ook lub. drieh. ABD = EF X GK = parall. EFHG.

ABC een willek, drieb. wiens zijden BC', AB, AC op de gewone wijze respectivelijk a, c, b gcheeten 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 =s MD = ME; DC = EC en BD = BF; aangezien de raaklijnen uit een punt aan een cirkel getr. gelijk zijn. Hieruit volgt dat drieh. FBM S2 drieh. MBD

drieh. MDC ^2 drieh. MEC ia,

en dat EC 4- BF ~ BC — a is.

101

Bewijs van 'l gevraagde.

Drieh. AJIF = (AB

Drieh. A ME = (AC CE) gt;/; JIE of MF.

__——- opt.

AFME = (AB AC -j- BC) '/: MF.

= (a -f 4 -f c) V₂ MF (1)

Fig. MECBF = 2 drieh. MCD 2 drieh. MBD.

= BD x MD -f CD X Ml).

= (BD CD) MD of MF = 2« X Vs MP. (2) Wanneer wij (2) van (1) aftrekken is dus

drieh. ABC = (—a h -f- c) V* MF of zoo als men dat gewoonlijk schrijft = (s—a) MF. Verder leert ons Badon j 192, gey. 3, dat drieh. ABC ook = ]/ s (s—«) \S—i) («—c) is;

dus is (i—a) MF = J/ « («—a) («—b) \s—c). (i—a)-

s (.?—4) (i—c)

Zij ABC een rechthoekige driehoek. Indien wij dan uit B uiet AB als straal den cirkelboog AD beschrijven, vinden wij als volgt

't bewijs van het r/evraagcls.

CD² = (BC—AB)» of CD» = BC» -f AB²—2BC X AB. drieh. ABC = '/» BC X AB.

___ 4

}. drieh. ABC -v 2BC X AB.

Cüï 4 drieh. ABC = Ah» -j- BC».

CD» -f- 4 drieh. ABC = AC», q. e. d.

Amler beioijs. Noemt men de zijden a, b en c, dan is: (a—c)» = a»—2ac c»

2ae (a—c)» = a» -j- c» = i».

Hiervan is de meetk. beteekenis,

4 drieh. ABC vierk. van 't verschil rechth. zijden = vierk. op de schuine zijde. q. e. d.

Neem een willekeurig punt D aan op de basis des driehoeks, en richt DE loodrecht op AB. Neem vervolgens 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 hoek-

103

/

punt F in de zijde BC moest liggen. Trek dus AF, en verleng die tot in H. Nadat men dau nog Hl evenwijdig aan AB getrokken, en uit H en I de loodlijnen HL en IK op AB zal nedergelaten hebben, is de rechth. IKHL de begeerde. Het bewijs daarvoor is licht te vinden.

Aanrn. Nog een andere rechthoek voldoet aan de vraag. Men zal dien vinden, als men de breedte op de basis, en de hoogte loodrecht daarop neemt.

17. Uit de wijze waarop wij in vraagsi. 140 der tweede afdeeling den inhoud eens rechthoeks in een cirkel berekenden, blijkt bij eeuig nadenken gemakkelijk, dat de grootste rechthoek die in den cirkel beschreven kan worden, gelijk is aan het vierkant iu 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 constructie onmogelijk.

18. 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 geconstrueerde n rechthoek, zoo zal men de lengte van den gevraagden rechthoek vinden, waaruit dan ligtelijk de breedte te bepalen is.

19. Zij de gegeven basis AB, de gegeven tophoek de hock CDE, de gege-

ven straal des ingeschreven cirkels de lijn r.

Constructie. Indien I bet middelpunt is van den Ingeschreven cirkel is altijd hoek AIB = 90-1- V? tophoek. Breng dus door A en B een cirkelboog zóó, dat de hoek van het segment AB = 90° 4- '/o CDE zij. Eicht uit B op

AB eene loodlijn BH op; maak BH = r; trek Hl evenwijdig aan AB; trek AI en BI; maak hoek BAK = 2 hoeken BAI, hoek ABK = 2 hoeken ABI dan is drich. ABK de gevraagde.

En de constructie en het bewijs van dit vraagstuk zijn gelijkvormig met die van vr. 74 afd. 2. Wij kunnen dus volstaan met aan te wijzen dat hoek AKB = hoek CDE is.

Hoek AI 13 = hoek CDG.

derhalve ook hoek LAB -j- hoek 1BA = hoek GDI'.

------2

hoek KAB -f- l¹⁰⁶^ KBA = hoek EDF.

Deze vergelijking afgetrokken van 2R =2R geeft hoek AKB = hoek CDE.

20. Beschrijf met den gegeven straal den omgeschreven cirkel, plaats daarin de gegevene zijde als koorde, zoo ontdekt men den daartegen overlig-genden hoek.

Daarmede is het vraagstuk tot N⁰. 19 teruggebracht.

Zij ACB het cirkelsegment bevattende deit gegeven hoek BAX. Nu moet geconstrueerd worden een cirkelsegment bevattende '/3 hoek BAX = hoek BAD. Daartoe mo t men uit A op AD eene loodlijn oprichten, en het snijpunt zoeken van deze met CD. Dit snijpunt is nu klaarblijkelijk C. q. e. d.

22. Stel de gevraagde afstand = .r, en de halve koorde = y dan is:

(r -f x) (r—x\ — x (nr-rl—J- = nrz—

r •. n = ar

Zij ABC een eelijkzijdige driehoek en BC = a. Zij verder BD — Df* enz. = ⁱln a en laat de cirkelbogen DE, EF, DK uit C, A en B met '/.J a als straal beschreven zijn, zoo is

Inh. drieh. ABC = '/2 a X AD.

= '/2 f- X '/2 a V 3 = '/4 «² I/ 3-Wijl nu hoek FBD, hoek DCE en hoek FAK ieder gelijk 60° zijn, vormen de drie sectoren FBD, DCE, EAF behoorlijk naast elkander gelegd juist een halveu cirkel met '/s ^{a a}'^s straal beschreven. De inhoud van dezen halven cirkel is volgens de bekende formule '/= n X '/4 «^a-

Dit afgetrokken van wat wij voor deu inhoud van driehoek ABC verkregen, geeft voor den inhoud [1/3—1/2 w] '/4

Zij ABC ouze gegeven driehoek, Cl) deele hoek ACB, CD' hoek BCO middendoor, zoo moet bewezen worden:

CD² = AC X BC—AD X BD en CD'¹ = AD' X BD¹—AC X BC.

AD X BD' = AD' X BD.

De halve cirkel op DD' moet door C gaan.

AC' (C is een willekeurig punt van den balven cirkelomtrek DD¹) AC' : BC' = AC : BC.

104

Bewijs van het eerste. Verleng CD door D en maak

hoek CA6 = CDB, dau is, wijl ook

hoek AC6 = hoek DCB is, drieh. AC6 oo drieh. DCB.

en dus AC : CG = CD : BC. (1).

Ook is wegens de gelijkheid der hoeken AGC en DBC, ADG en CDB, drieh. ADG oo drieh, CDB, en dus AD : DG = CD : BD (2)

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 hook CAH maken, is drieh. ACH drieh. BCD' (want hoek CAH = hoek BD'C en hoek ACH = hoek BCD') en tevens drieh. AHD' c^, 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 2.

Bewijs van het ttceede.

Uit het vorige bewijs ontkenen 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 hel derde,

AVijl hoek ACB -j- hoek BCO = 2R, is

hoek DCB -f hoek BCD' = hoek DCD' — 1 R.

Derhalve gaat een halve cirkel op DD' ook door het punt C.

Bewijs van het vierde. Zij C' een willekeurig punt aangenomen in cirk. omtrek DD'; indien wij dan nog C'll trekken is CM =DM = MD', Nu is AD' : BD' =. AD : BD of

AM DM : DM BM = AM—DM : DM—BM : hieruit Tolgt 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 = DM ; BM volgt

AM—DM : DM—BM = AM : DM.

105

25.

BD. Dit gesubstitueerd in (1) geeft BD. q. e. d.

AD2 = AC X AE—CD X DE \ zie vorig: BE¹ = AE x CE—AB x BC i vraagst. daar nu AD = BE en dus AD* = BE^ gegeven is, zal ook

AC x AE—CD x DE = AE X CE—AB-

X BC zijn;

maar AC = AB -j- BC en CE = CD -}-DE, dus

(AB (CD -

AB x AE 4- BC DE—AB X BC.

Nu is AB : BC = AE

AE = (CD -f DE) AB,

en CD : DE = AC : AE, of CD x AE = AC X DE, of CD X

AE = (AB BC) DE, deze twee laatste gesubstitueerd in verg. (1), zoo wordt zij:

AB X AE -4- CD X AB -f- DE x AB—CD X DE = AB X DE T- BC X DE -f AE X DE—AB x BC,

welke, vereenvoudigd zijnde, geeft;

AB X AE CD BC ] = DE x [ AE CD -j- BC waaruit AB = DE.

verder weet men dat AE = AE.

en BE - AD

derhalve drieh. ABE ^9 drieh. ADE,

en hoek AEB = hoek DAE.

-2

zoodat hoek AEC ^ hoek CAE,

en driehoek ACE gelijkbeenig is.

Tweede oplossing. Plaats op het snijpunt van AD en BE de letter F, trek de hulp lijn CF dan is ook de tophoek C door CF middendoorgedeeld. De deellijnen der hoeken van een driehoek toch snijden elkaar in een punt. Dus de drieh. ADC en drieh. BEC hebben geiijk 1° de bases. 2° de tophoeken, 3° de deellijnen dev tophoeken, en zullen daarom gelijk en gelijkvormig, zijn, omdat er maar eeu kan geconstrueerd worden onder deze gegevens.

Dit laatste wordt gemakkelijk bewezen uit de figuur die men verkrijgt als men op de basis AD een segment beschrijft dat hoek ACD bevat.

Trekt men uit het midden van de boog waarop de hoek staat lijnen naar willekeurige punten van den boog waarin de hoek staat dan zulle» de stukken tussehen de basis en laatstgenoemde boog allen verschillen. Dus is er maar een driehoek mogelijk met de gegevene deellijn CF. Beschrijf een cirkel met den gegeven straal in den gegeven hoek.

26.

106

Sn I T ^belds quot;«Wij-en aan dien cirkel af van de s,m der

d t wij I_n d. ^h0ek- ^{Het ZaI wel niet noodi}g quot;Jquot; te bewijzen,

he vr ft. verlangden driehoeks overhouden, en derhalve

Zü AB de . ^Vr8agSi- ^{19 de2er afdeeIi}^ ^hebb- ternggehracht. Z'J Aquot; d^e gegeven „jde. hoek GAB de hoek aan die zijde gegeven.

AO de som der heide andere zijden.

Constructie. Trek BD en maak hoek CBD = hoek CDB dan is ABC de gevraagde driehoek.

Bewijs. In drieh. BCD is wegens de gelijkheid der hoekeu CBD en CDB, BC = CD derhalve is BC -{- AC = CD som der opstaande zijden.

AC frcg.

in den driehoek AA'C waarin AB en BC onderling onmeetbaar zijn niet de lijn BB' maar BD de lijn A'C zoo verdeelde, dat BC : -VB — DC : A'D. ~

Immers ₁3 het dau mogelijk tusseheu ^{R en D eeI}gt; Pquot;quot;t E te vinden zoodanig dat CE en A'E onderling meetbaar ziju en derhalve eene lijn FE evenwijdig aan HB' en AA' ons de evenredigheid geven zon: ⁼ CE : A'E. Vergelijken wij onze gestelde evenredigheid, zoo zien wij. dat daarin eene ,^{eene kleIllere} = eene kleinere _: eene grootere staan zou: t geen blijkbaar onmogelijk is. Na dus zoo bewezen te hebben dat

_t^aaquot; ^{de va}» ^C op B'C liggen kan, bewijzen wij even

eens dat 1) met 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

Mei dat tnsschen twee zijden in den eenen driehoek een hoek lag klemer of grooter dan de hoek tussehen de evenlange zijden in den tweeden driehoek dan zoude een der drie gevallen van paraeraaf 77 plaats hebben; echter zou de derde zijde in den eenen driehoek nooit gehjk aan de derde zijde in den anderen driehoek kunnen zijn, wat blijkbaar tegen onze vooronderstelling strijdt

Van de letterlijk talloo.e 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 evenwijdig aan BC, en OP evenwijdig aan AC. Maak drieh. MCQ gelijk en gelijkvormig met PGO.

ij zullen ons, na de bron aangewezen te hebben, waaraan wij deze oplossing ontleenden, er toe bepalen met cijfers de gelijke stukken aan te wijzen.

107

Ander bewijs voor dit vraagstuk.

Verleng BC ter weerszijden, maak CE = BD = BA. en maak de vierkanten H F en GH; deze hebben beide tot zijde AB -j- BC en zijn das gelijk.

Trekt men van vierkant BF 4 stuks driehoeken af ieder gelijk drieh. ABC dan rest het vierkant R. Vermindert ineu eveuzuu bJH met de rechthoeken HO en BK te zamen gelijk aan 4 driehoeken ABC, dan rest 1^gt; -j- Q dus

P Q. = li.

Zij ABC een willekeurige driehoek, laat A BIG, BCKM, APNC vierkanten respectievelijk op A B, BC, AC beschreven, CF, BE, AD loodlijnen zijn, respeetivelijk uit (;, B, A op de tegenoverstaande zijde neergelaten.

Bewijs van 'l gevraagde.

Trekken wij dan IC en AK zoo is drieh. ABK S2 drieh. IBC; want BK ~ BC, AB — BI.

hoek ABK = hoek CBI. = 1 R hoek ABC.

___________2

Rechth. BDKL Evenzoo bewijzen wij rechth. AEOP eu rechth. EONC Tellen v.ij (1) bij (2) zoo hebben wij

rechth. BDKL rechth. AEOP = AB¹ of AC2—rechth. EOCN -j- BC»—rechth. DCLM = AB» en sübstitueeren wij hierin rechth. DCLM uit (3)

,\C» -I- B( 2—2 EOCN ^ AB¹.

Zij CD loodrecht op AB neergelaten Bewijs van het gevraagde. AC² = ADi -f DC⁴.

BC¹ = BD» DC».

______aft.

AC'²—BC² = AD²—BD².

108

33. 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 verschil 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 nu bekend zijn, den driehoek gemakkelijk kunnen construeeren.

Laat in cirkel CD gegeven zijn AF = «, BE = AB = c. Wanneer wij dan AM = x stellen is MB = c—x en verder:

At* AM* = FM2 = ME2 = MB2 BE*. a* J- #2 ~ FM* = ME* == cï-~2cx -f j-2 _ 32.

Hieruit volgt na eene kleine herleiding ^* 4- c*—a*

X =z---

'2c

ilet behulp vau deze waarde van x spreekt het wel van zelve, men 311, en dus ook CD = 2 MF zeer gemakkelijk vindt. Zie tweede afdeeling, vraagst. fi6.

FG : EF = AB : AC FG = ^EF^^AB (2)

EG : EF = AD : AC EG = ^EF quot; ^AD (3gt;

AC ^v '

(2) cn (3) gesubst. in (1) geeft

37.

EF.AD . AF

= AG . EF

AC

— EF

AU - AF = AG . AC . q. e. d.

Zij van vijfhoek ABCDE gegeven AB = «,

AC

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 = «—4, GB = a—x, verondersteld dat EF en HC evenwijdig aan AE zijn. Ook is dan

__//2 — (y—e)ï en c² = (y—-j- («—

Liii deze beide vergelijkingen wordt gemakkelijk de waarde van y nitgedrukt in de bekende elementen.

38. Zij van vierhoek ABCD gegeven , dat hoek B recht is, en verder AB = a, JiC — b, CD = Al) = d zij. Laat DF uit D loodrecht op AB, en DE loodrecht op BC neer, en stellen wij DF = y en DE = ,r. dan is AF = a—x, CE = i—y en ook

ca = (5—y)2 4-^en rf² = y^ï (^a—

Uit deze beide vergelijkingen zullen wij gemakkelijk y in de hekende elementen kunnen uitdrukken.

39. Zij bekend dat AB = a, BP = b,

CK loodrecht op AP staande en = c zij. Stellen wij nu AK = a zoo is

{a—z) z = c¹

¹/-2 a ± l/ ('/^

('/4

KB = gt;/= « ± I/

Verder is l'C² = (BK BP)² -f- CK²

PC = v [ (BK BP)² -4- CK² ] .

PD vindt men eindelijk uit de evenredigheid

PB : PD = PC : VA, waarvan ons na de berekening van PC, drie termen bekend zijn. Zie bij dit en de twee vorige vraagstukken de aanmerkins, gemaakt bij vraagst. 4-9 der tweede afdeeling. 40. Laat du koorde CD, die den straal AM

in B snijdt, aan 'tgevraagde beantwoorden; dan zijn drieh. ABC en drieh. BDM gelijk-beenig en tevens gelijkvormig. Daaruit volgt, dat AC en DM evenwijdig zijn, en omdat hoek ACB aan den omtrek, en hoek BMD aan het middelpunt, overigens op denzelfden boog AD staan, zoo is hoek ACB = de helft van hoek BMD. Nog is drieh. CDM gelijk-beenig, en dus hoek BCM = hoek BDM, Wij hebben dus:

110

2 hoeken AMC = hoek ACM,

2 hoeken AMC = hoek CAM,

hierbij hoek AMC = hoek AMC zoo zullen 5 hoeken AMC = 2 K

en 10 hoeken AMC = 4 R zijn.

AC is dus de zijde van den regelmatigen tienhoek in den cirkel.

Constructie, frek de koorde AC, die gelijk moet zijn aan de zijde Tan den regelm. tienhoek in dien cirkel; en breng dobr het middelpunt M eene straal jMD evenw. aan AC; dan zal de koorde, die de punten C en D vereenigt, den straal AM in B op de verlangde wijze snijden.

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, m| en beschrijven wij met de andere uit eene der uiteinden der eerste een cirkelboog, zoo wijst die de meetkundige plaats aan, waarin zich het derde hoekpunt van alle die driehoeken zal moeten bevinden. Kichten ^w'j ^{11,1 no}g nit £ eene loodlijn BC' op AB op, eu irekken wij door C' eene lijn evenwijdig aan AB, zoo zien wij dat alle punten van boog CCquot; vallen binnen de evenwijdige lijnen AB en BF behalve alleen het punt C', dat derhalve drieh. AC'B eene grootere hoogte heeft, dan een willekeurige driehoek ACquot;B, wiens top in den beschreven cirkelomtrek ligt. Derhalve zal drieh. AC'B van alle genoemde driehoeken de grootste zijn.

42. Zij ABC een gelijkb. drieh. waarvan basis en tophoek gegeven zijn;

beschrijven wij dan om ABC een cirkel, zoo liggen de toppen van alle driehoeken, op AB beschr. onder den tophoek ACB, in den omtrek van boog ACB. Richten wij nu eene loodlijn uit het midden van A B op AB H op. Deze loodlijn zal door het punt C gaan. Trek door C de lijn EF evenw. aan AB en redeneer verder als in het vorig vraagstuk.

43. Nemen wij aan dat ABCDEF een ingeschreven zeshoek zij, die den

grootst mogelijken inhoud heeft. Zoo mag er natuurlijk geen grootere mogelijk zijn. Trek CE. Als nu niet CD := DE dan is er eene grootere mogelijk nl. ABCD'EF. (D'C = D'E) 't geen gemakkelijk bewezen wordt. — Dus CD = DE. Verder blijkt eveneens dat DE = EF, etc. moet zijn.