Getal en Ruimte wisB 12e ed deel 4 - Hoofdstuk 14 - Meetkunde toepassen oefentoetsen & antwoorden

Het middelpunt van de cirkel is $M(-7,3)$De straal van de cirkel is $\frac{1}{2}$De bijbehorende cirkelvergelijking is $c: (x+7)^2+(y-3)^2=\frac{1}{4}$Haakjes uitwerken geeft: $x^2+14x+49+y^2-6y+9-\frac{1}{4}=0$$x^2+y^2+14x-6y+57\frac{3}{4}=0$ Stap 1: We stellen eerst lijn $k$ op. Omdat deze lijn de bissectrice is van $\angle BAC$ moet de afstand van elk willekeurig punt op $k$ even ver van zijde $AB$ af liggen als van zijde $AC$. We stellen de lijnen door deze twee zijden op.$\vec{r_{AB}}=\vec{b}-\vec{a}=\begin{pmatrix}-4 \\ 7 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix}2 \\ 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -6 \\ 4 \end{pmatrix} \widehat{=} \begin{pmatrix}-3 \\ 2 \end{pmatrix}$De normaalvector staat loodrecht op de richtingsvector, dus $\vec{n_{AB}}=\begin{pmatrix}2 \\ 3 \end{pmatrix}$ en $AB: 2x+3y=c$ door $(2,3)$ geeft $AB: 2x+3y=13$$\vec{r_{AC}}=\vec{c}-\vec{a}=\begin{pmatrix}-6 \\ 15 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix}2 \\ 3 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} -8 \\ 12 \end{pmatrix} \widehat{=} \begin{pmatrix}-2 \\ 3 \end{pmatrix}$De normaalvector staat loodrecht op de richtingsvector, dus $\vec{n_{AC}}=\begin{pmatrix}3 \\ 2 \end{pmatrix}$ en $AC: 3x+2y=12$ door $(2,3)$ geeft $AC: 3x+2y=12$Elk willekeurig punt $P(x,y)$ op $k$ ligt evenver van $AB$ af als van $AC$ dus: $d(P,AB)=d(P,AC)$.$d(P,AB)=d(P,AC)$$\frac{|2x+3y-13|}{\sqrt{2^2+3^2}}=\frac{|3x+2y-12|}{\sqrt{3^2+2^2}}$$\frac{|2x+3y-13|}{\sqrt{13}}=\frac{|3x+2y-12|}{\sqrt{13}}$$|2x+3y-13|=|3x+2y-12|$$2x+3y-13=3x+2y-12 \vee 2x+3y-13=-(3x+2y-12)$$2x+3y-13=3x+2y-12 \vee 2x+3y-13=-(3x+2y-12)$$x-y=-1 \vee x+y=5$In de afbeelding zien we een dalende lijn, dus de juiste lijn moet wel $x+y=5$ zijn, dus dit is $k$.Stap 2: Stel lijn $l$ op. $l$ loodrecht op $BC$ dus gebruik de richtingsvector van $BC$ als normaalvector van lijn $l$. $\vec{r_{BC}}=\vec{c}-\vec{b}=\begin{pmatrix}-6 \\ 15 \end{pmatrix} -\begin{pmatrix}-4 \\ 7 \end{pmatrix} =\begin{pmatrix}-1 \\ 4 \end{pmatrix}$$vec{n_l}=\begin{pmatrix}-1 \\ 4 \end{pmatrix}$ dus $l: -x+4y=c$De lijn $l$ gaat door het midden van lijnstuk $BC$, we zoeken dit midden: $M(\frac{1}{2}(-6+-4), \frac{1}{2}(15+7))=M(-5, 11)$$l: -x+4y=c$ door $M(-5, 11)$ geeft $5+44=49$ $l: -x+4y=49$Stap 3: Bereken punt $D$. $D$ is het snijpunt van lijn $k$ en $l$ dus we stellen deze aan elkaar gelijk. $\begin{cases} x+y=5 \\ -x+4y=49 \end{cases}$Optellen geeft $5y=54$$y=10\frac{4}{5}$$x+10\frac{4}{5}=5$ geeft $x=-5\frac{4}{5}$Conclusie: $D(-5\frac{4}{5}, 10\frac{4}{5})$ Uit het gegeven dat het middelpunt van de cirkel op de lijn $m: x-y=2$ ligt, kunnen we opmaken dat als $x_m=p$ geldt $p-y_m=2$ dus $y_m=p-2$. We kunnen de coördinaten van $M$ dus uitdrukken in $p$: $M(p, p-2)$Omdat de cirkel de lijn $k$ en $l$ raakt, weten we dat de afstand vanaf het middelpunt tot raaklijn $k$ gelijk moet zijn aan de afstand vanaf het middelpunt tot raaklijn $l$. Hiermee kunnen we de $x$-coördinaat van het middelpunt berekenen. Dat is nu onze enige onbekende. $d(M, k)=d(M,l)$ geeft $\frac{|2p-(p-2)-0|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{p+2(p-2)-6}{\sqrt{1^2+2^2}}$$|2p-p+2|=|p+2p-4-6|$ (de noemers zijn al gelijk, dus als beide leden gelijk moeten zijn, moeten de tellers wel gelijk zijn)$|p+2|=|3p-10|$$p+2=-(3p-10) \vee p+2=3p-10$$p+2=-3p+10 \vee -2p=-12$$4p=8 \vee p=6$$p=2 \vee p=6$$p=2$ geeft $y_m=2-2=0$ $p=6$ geeft $y_m=6-2=4$$M_1(2,0)$ en $M_2(6,4)$Nu we de coördinaten van het middelpunt weten kunnen we de straal berekenen. Deze is gelijk aan de afstand van het middelpunt tot de raaklijn. $d(M_1,k)=\frac{|2\cdot 2-0-0|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{4}{\sqrt{5}}=\frac{4}{5}\sqrt{5}$$d(M_2,k)=\frac{|2\cdot 6-4-0|}{\sqrt{2^2+(-1)^2}}=\frac{8}{\sqrt{5}}=\frac{8}{5}\sqrt{5}$Stel de cirkelvergelijking van $c_1$ op.$c_1: (x-2)^2+y^2=(\frac{4}{5}\sqrt{5})^2$$c_1: (x-2)^2+y^2=\frac{16}{25}\cdot 5$$c_1: (x-2)^2+y^2=3\frac{1}{5}$Stel de cirkelvergelijking van $c_2$ op.$c_2: (x-6)^2+(y-4)^2=(\frac{8}{5}\sqrt{5})^2$$c_2: (x-6)^2+(y-4)^2=\frac{64}{25}\cdot 5$$c_2: (x-6)^2+(y-4)^2=12\frac{4}{5}$Antwoord:  $c_1: (x-2)^2+y^2=3\frac{1}{5}$ en $c_2: (x-6)^2+(y-4)^2=12\frac{4}{5}$ Stap 1: Stel de parametervoorstelling van punt $P$ op. $x(t)=7+5\cos(t)$ en $y(t)=4+5\sin(t)$Stap 2: Druk $C$ uit in $t$ en bereken punt $D$. Druk vervolgens $E$ uit in $t$. $C$ is het midden van $AP$ dus $C(\frac{1}{2}(-9+7+5\cos(t)),\frac{1}{2}(-5+4+5\sin(t)))=C(-1+2\frac{1}{2}\cos(t), -\frac{1}{2}+2\frac{1}{2}\sin(t))$$D$ is het midden van $AB$ dus $D(\frac{1}{2}(-9+7),\frac{1}{2}(-5+-6))=D(-1, -5\frac{1}{2})$$E$ is het midden van $CD$ dus $E(\frac{1}{2}(-1+2\frac{1}{2}\cos(t)+-1),\frac{1}{2}(-\frac{1}{2}+2\frac{1}{2}\sin(t)+-5\frac{1}{2}))=E(-1+1\frac{1}{4}\cos(t), -3+1\frac{1}{4}\sin(t))$Conclusie: De cirkel die $E$ doorloopt is $c_2: (x+1)^2+(y+3)^2=\frac{25}{16}$ We maken eerst $t$ vrij in $x(t)$, deze substitueren we in $y(t)$.$x=t+3$$t=x-3$Substitutie van $t=x-3$ in $y(t)$ geeft:$y=(x-3)^2+(x-3)-6$$y=x^2-6x+9+x-3-6$$y=x^2-5x$Conclusie: Een vergelijking van baan $Q$ is $y=x^2-5x$Als de banen elkaar snijden zijn zowel de x-coördinaten als de y-coördinaten van de banen gelijk. Bereken voor welke $t$ de banen elkaar snijden.$x_Q(t)=x_P(t) \wedge y_Q(t)=y_P(t)$$-t^2+t+12=t+3 \wedge -t^2-t+18=t^2+t-6$$t^2=9 \wedge 2t^2+2t-24=0$$t=3 \vee t=-3 \wedge t^2+t-12=0$$t=3 \vee t=-3 \wedge t=-3 \vee t=4$Dus voor $t=-3$ bevinden $P$ en $Q$ zich op dezelfde plaats.  Werkwijze: Bepaal de coördinaten van de hoeken en deel het figuur op in rechthoeken en driehoeken. Bereken van deze rechthoeken en driehoeken de zwaartepunten en de massa en bereken het zwaartepunt van de figuur.Stap 1: Deel de figuur op in driehoeken en rechthoeken.  Stap 2: We gaan figuur voor figuur langs en berekenen het zwaartepunt en de Massa. $\triangle ABJ$: $x_Z=\frac{1}{3}(x_A+x_B+x_J)=\frac{1}{3}(3+6+6)=5$$y_Z=\frac{1}{3}(y_A+y_B+y_J)=\frac{1}{3}(5+2+5)=4$$Z_1(5,4)$Massa: $\frac{1}{2}\cdot z\cdot h=\frac{1}{2} \cdot (6-3)\cdot (5-2)=4\frac{1}{2}$Rechthoek $BCHJ$: $x_Z=\frac{1}{2}(x_B+x_C)=\frac{1}{2}(6+8)=7$$y_Z=\frac{1}{2}(y_C+y_H)=\frac{1}{2}(2+5)=3\frac{1}{2}$$Z_2(7;3\frac{1}{2})$Massa: $l\cdot b=2\cdot 3=6$$\triangle CDI$: $x_Z=\frac{1}{3}(x_C+x_D+x_I)=\frac{1}{3}(8+10+8)=8\frac{2}{3}$$y_Z=\frac{1}{3}(y_C+y_D+y_I)=\frac{1}{3}(2+6+6)=4\frac{2}{3}$$Z_3(8\frac{2}{3};4\frac{2}{3})$Massa: $\frac{1}{2}\cdot z\cdot h=\frac{1}{2} \cdot (10-8)\cdot (6-2)=4$$\triangle IDE$: $x_Z=\frac{1}{3}(x_I+x_D+x_E)=\frac{1}{3}(8+10+8)= 8\frac{2}{3}$$y_Z=\frac{1}{3}(y_I+y_D+y_E)=\frac{1}{3}(6+6+8)=6\frac{2}{3}$$Z_4(8\frac{2}{3}; 6\frac{2}{3})$Massa: $\frac{1}{2}\cdot z\cdot h=\frac{1}{2} \cdot (10-8)\cdot (8-6)=2$Rechthoek $GHEF$: $x_Z=\frac{1}{2}(x_G+x_H)=\frac{1}{2}(4+8)=6$$y_Z=\frac{1}{2}(y_H+y_E)=\frac{1}{2}(5+8)=6\frac{1}{2}$$Z_5(6; 6\frac{1}{2})$Massa: $l\cdot b=4 \cdot 3=12$$\triangle AGF$: $x_Z=\frac{1}{3}(x_A+x_G+x_F)=\frac{1}{3}(3+4+4)=3\frac{2}{3}$$y_Z=\frac{1}{3}(y_A+y_G+y_F)=\frac{1}{3}(5+5+8)=6$$Z_6(3\frac{2}{3}; 6)$Massa: $\frac{1}{2}\cdot z\cdot h=\frac{1}{2} \cdot (4-3)\cdot (8-5)=1\frac{1}{2}$Stap 3: Bereken het zwaartepunt van de hele figuur. De massa $m$ is de massa’s opgeteld: $m=4\frac{1}{2}+6+4+2+12+1\frac{1}{2}=30$$\vec{z} = \frac{4 \frac{1}{2}}{30} \begin{pmatrix} 5 \\ 4 \end{pmatrix} + \frac{6}{30} \begin{pmatrix}7 \\ 3 \frac{1}{2} \end{pmatrix}  + \frac{4}{30} \begin{pmatrix} 8\frac{2}{3} \\ 4 \frac{2}{3} \end{pmatrix} + \frac{2}{30} \begin{pmatrix} 8 \frac{2}{3} \\ 6 \frac{2}{3} \end{pmatrix}  + \frac{12}{30} \begin{pmatrix} 6 \\ 6 \frac{1}{2} \end{pmatrix} + \frac{ 1\frac{1}{2} }{30} \begin{pmatrix} 3\frac{2}{3} \\ 6 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6\frac{7}{15} \\ 5\frac{4}{15} \end{pmatrix}$Conclusie: Het zwaartepunt is $Z(6\frac{7}{15}, 5\frac{4}{15})$ We maken eerst een voorstelling/schets van de situatie.De middelpunten van de cirkels zijn de hoekpunten van een rechthoekige driehoek. Lees de middelpunten af uit de formules van de cirkels $A(0,0)$, $B(15,0)$ en $C(0,y)$.Noemen we de straal van $c_3$ $r$ dan geldt wegens Pythagoras in driehoek $\triangle ABC$: $AB^2+AC^2=BC^2$$AB=r_1+r_2=3+12=15$$BC=r_2+r=12+r$$AC=r_1+r=r+3$$15^2+(r+3)^2=(12+r)^2$$225+r^2+6r+9=144+24r+r^2$$18r=90$$r=5$Nu we de straal hebben kunnen we ook het middelpunt vinden. De y-coördinaat van het middelpunt van cirkel $c_3$ is namelijk gelijk aan de straal van $c_1$ en $c_2$ opgeteld: $y_M=c_1+c_2=3+5=8$Conclusie: $c_3: x^2+(y-8)^2=25$De eerste gemeenschappelijke raaklijn volgt uit dat de cirkels elkaar raken. Ze moeten dan wel een gemeenschappelijke raaklijn hebben. Omdat de straal van $c_1$ gelijk is aan 3 en het middelpunt $(0,0)$ is dit in $x=3$.De andere twee gemeenschappelijke raaklijnen zijn van de vorm $y=ax+b$ of $-ax+y=b$. De afstand van het middelpunt van de cirkel tot de raaklijn is gelijk aan de straal. Dus $d(M_1,l)=3$ en $d(M_2,l)=12$, $M_1(0,0)$ en $M_2(15,0)$.$\frac{|-a\cdot 0+0-b|}{\sqrt{(-a)^2+1^2}}=3$ en $\frac{|-a\cdot15+0-b|}{\sqrt{(-a)^2+1^2}}=12$$\frac{|-b|}{\sqrt{a^2+1}}=3$ en $\frac{|-15a-b|}{\sqrt{a^2+1}}=12$Als we de eerste vergelijking vermenigvuldigen met 4 en schrijven als $\frac{4\cdot|-b|}{\sqrt{a^2+1}}=12$kunnen we deze combineren met de tweede vergelijking. Dit geeft:$4\cdot |-b|=|-15a-b|$$-4b=-15a-b \vee 4b=-15a-b$$3b=15a \vee 5b=-15a$$b=5a \vee b=-3a$$b=5a$ substitueren in $\frac{|-b|}{\sqrt{a^2+1}}=3$ geeft $\frac{|-5a|}{\sqrt{a^2+1}}=3$$|-5a|cdot 1=\sqrt{a^2+1}\cdot 3$ (kruislings vermenigvuldigen)$25a^2=9(a^2+1)$ (kwadrateren)$16a^2=9$$a^2=\frac{9}{16}$$a=-\sqrt{\frac{9}{16}} \vee a=-\sqrt{\frac{9}{16}}$$a=-\frac{3}{4} \vee a=\frac{3}{4}$$b=-3a$ substitueren in $\frac{|-b|}{\sqrt{a^2+1}}=3$ geeft $\frac{|3a|}{\sqrt{a^2+1}}=3$$|3a|cdot 1=\sqrt{a^2+1}\cdot 3$ (kruislings vermenigvuldigen)$a^2=a^2+1$$0=1$ heeft geen oplossingen.Dus de raaklijnen zijn $\frac{3}{4}x+y=b$ en $-\frac{3}{4}x+y=b$. $a=\frac{3}{4}$ en $b=5a$ geeft $b=5\cdot \frac{3}{4}=\frac{15}{4}$$a=-\frac{3}{4}$ en $b=5a$ geeft $b=5\cdot -\frac{3}{4}=-\frac{15}{4}$Conclusie: de raaklijnen zijn $x=3, \frac{3}{4}x+y=-\frac{15}{4}$ en $-\frac{3}{4}x+y=\frac{15}{4}$. Stap 1: Stel lijn $l$ op. $l$ loodrecht op $k$ dus $r_k=n_l$. Geeft $l: x+y=c$Stap 2: Als een lijn en een cirkel geen punten gemeenschappelijk hebben dan geldt dat de afstand van het middelpunt tot de lijn langer is dan de straal van de cirkel.$d(M,l) = \frac{|2+3-c|}{\sqrt{1^2+1^2}}=\frac{|5-c|}{\sqrt{2}}$$d(M,l)>r$ geeft $\frac{|5-c|}{\sqrt{2}}>\sqrt{10}$$|5-c|>\sqrt{20}$$5-c>\sqrt{20} \vee 5-c<-\sqrt{20}$$c<5-\sqrt{20} \vee c>5+\sqrt{20}$Substitueer nu $x=-2+t$ en $y=p+t$ in de cirkelvergelijking. Gebruik dat voor raken geldt discriminant is nul.Stap 1: Substitueer $x=-2+t$ en $y=p+t$ in de cirkelvergelijking.$c_1: (x-2)^2+(y-3)^2=10$$(-2+t-2)^2+(p+t-3)^2=10$$t^2-8t+16+t^2+2(p-3)t+(p-3)^2=10$$2t^2-8t+2pt-6t+16+p^2-6p+9-10=0$$2t^2+(2p-14)t+p^2-6p+15=0$Stap 2: Stel de discriminant gelijk aan 0.$a=2$, $b=2p-14$ $c=p^2-6p+15$$D=b^2-4ac$$D=(2p-14)^2-4\cdot 2 \cdot (p^2-6p+15)$$D=4p^2-56p+196-(8p^2-48p+120)$$D=-4p^2-8p+76$$D=0$ geeft $-4p^2-8p+76=0$$p^2+2p-19=0$$p=\frac{-2-\sqrt{4+76}}{2}=-1-\frac{\sqrt{16}\sqrt{5}}{2}=-1-2\sqrt{5} \vee p=\frac{-2+\sqrt{4+76}}{2}=-1+2\sqrt{5}$Conclusie: De lijn raakt de cirkel voor $p=-1-2\sqrt{5}$ of $p=-1+2\sqrt{5}$