WisFaq!

De digitale vraagbaak voor het wiskundeonderwijs

HOME

samengevat

\require{AMSmath}

Vlakkemeetkunde

Re: Een parallellogram

Ik probeer het een en ander te begrijpen naar uw uitleg maar het is me lastig want waarom krijg je niet precies dezelfde parallellogram, want ik zie dat u alles verschuift naar de oorsprong dan zou je eigenlijk precies dezelfde figuur moeten krijgen want als ik een iets andere oorsprong neem dan kom ik niet helemaal op uw figuur uit omdat ik niet snap dat -At wordt ik er word gevraagd om een oorsprong buiten het parallellogram te nemen ik ie juist dat ABCD als oorsprong O heeft ik heb ook een nieuwe tekening opgestuurd met een iets andere oorsprong dan kom ik niet uit zoals u zegt.
mboudd
1-1-2020

Antwoord

Tja Mohamed,
Uit je (tweede) bericht kan ik niet opmaken wat je nu wel of niet begrijpt van de eerder gegeven aanzet voor een oplossing. En uit je tweede tekening waarin je twee punten O tekent, evenmin; die tekening is onduidelijker dan de eerste.
Ik heb een wat uitgebreider antwoord gegeven in het onderstaande pdf-bestand.
Ik hoop dat dat iets meer duidelijkheid biedt.

Zie Antwoord (bij Een parallellogram)

dk
2-1-2020

Re: Re: Een parallellogram

Dankuwel voor de uitgebreidere uitleg. Alleen één vraag voor de vectoren AC en BD. Waarom kan AC niet a-c zijn ipv c-a en BD niet b-d? Ik zie toch dat dat dezelfde representatieven zijn. Ik heb nu wel een goede tekening opgestuurd.
mboudd
2-1-2020

Antwoord

Hallo,
In het pdf-bestand moet het antwoord op je vraag toch ook wel te vinden zijn, denk ik. Maar hieronder laat ik zien dat een en ander ook volgens de diagonaalmethode klopt.
Ik teken dus de vector(van A naar C), die begint in A en eindigt met een pijl in C.

Ik bewijs dus, dat de vector(van A naar C) $=\vec{AC}= \vec{c} - \vec{a}$.
En NIET andersom.

In de linker figuur hieronder staat de uitgangspositie, die ongeveer overeenkomt met het plaatje dat je stuurde.

Je weet dat je vrije vectoren evenwijdig mag verplaatsen. Dat doe ik dus met de vrije vector $\vec{AC} = \vec{x}$: punt A gaat naar O, punt C gaat naar X.
Zie dan de rechter figuur. Daarin is nu ook $\vec{OX} = \vec{x}$.
En, vierhoek AOXC is een parallellogram.
Volgens de optelling met de diagonaalmethode is daarin:
$\vec{OA}+\vec{OX} = \vec{OC}$, zodat $\vec{a} + \vec{x} = \vec{c}$
En omdat we $\vec{x}$ willen weten, moet gelden ($\vec{a}$ aan beide kanten aftrekken):
$\vec{x} = \vec{c} - \vec{a}$
Duidelijk toch?

Merk op dat rechts volgens kop-staart geldt (van O via A naar C):
$\vec{a} +\vec{x} = \vec{c}$, zodat ook hier: $\vec{x} = \vec{c} - \vec{a}$
En dan is natuurlijk ook:
de vrije vector(van B naar D) $=\vec{BD}=\vec{d}-\vec{b}$ (en niet andersom!)
dk
2-1-2020

Re: Re: Re: Een parallellogram

Er kan toch ook wel bewezen worden, dat $\vec{AC} \neq \vec{a} - \vec{c}$?
DaafS
2-1-2020

Antwoord

Dag Daaf,
Natuurlijk kan dat bewezen worden (vragen naar de bekende weg?).
Ik teken eerst de vector $\vec{y} = \vec{a} - \vec{c}$
Omdat immers
$\vec{y} = \vec{a} + (-\,\vec{c})$
gaat dat eenvoudig met de diagionaalmethode.

En ziet!... $\vec{y} \neq \vec{AC}$
want hun richtingen zijn tegengesteld. Wel is het zo, dat:
$OY // CA$ en $\|\,\vec{y}\,\| = \|\,\vec{AC}\,\|$
want $OCAY$ is (ook) een parallellogram.
Dus is (wel): $\vec{AC} = -\,(\vec{a} - \vec{c})$
Groet,
dk
3-1-2020

Tekenen van een scherphoekige driehoek met hoogtelijn AD en BE

Hi het lukt me niet de volgende tekening te maken:

Ik moet een scherphoekige driehoek tekenen met hoogtelijn AD en BE. Het snijpunt van AD en BE is O.
Vector OA=a, OB=b, en OC=c.

En dan de vraag die ik moet beantwoorden:

Welke lijn wordt voorgesteld door:

1. x=b+l(c-a)
2. x=a+mc.
mboudd
3-1-2020

Antwoord

Teken eerst een willekeurige scherphoekige driehoek ABC. Teken hierin de hoogtelijn vanuit A, het snijpunt met zijde BC noem je D. Teken ook de hoogtelijn vanuit B, het snijpunt met zijde AC noem je E.

Het snijpunt van deze hoogtelijnen noem je O. Je kunt door O een horizontale x-as en verticale y-as tekenen, maar dit is voor het beantwoorden van de vragen niet nodig.

Je kunt de gevraagde lijnen in woorden beschrijven, bv: een lijn door punt ...., evenwijdig aan ....
GHvD
4-1-2020

Re: Tekenen van een scherphoekige driehoek met hoogtelijn AD en BE

Ok danku ik kom niet uit bij de volgende vraag van dit vraagstuk:
Punt P ligt op zijde BC zo dat CP:PB=3:1
Druk de plaatsvector van P uit in b en c.

Ik heb mijn tekening opgestuurd.
mboudd
4-1-2020

Antwoord

Je weet dat je de som van vectoren kunt vinden door de op te tellen vectoren 'kop op staart' te plaatsen. De somvector geeft de plaats aan van de laatste 'kop'.

Bedenk dan hoe je vanuit de oorsprong naar punt P kunt 'reizen': eerst naar punt C, dan ¹/₃ keer de afstand van C naar B. De plaatsvector van punt P wordt dan:

p = c + ¹/₃(b-c)
p = ²/₃c + ¹/₃b

Je kunt ook eerst naar B reizen. Probeer dit zelf uit, uiteindelijk kom je dan uit op hetzelfde resultaat.

GHvD
4-1-2020

Meetkundige uitleg over lineair stelsel

Geef een meetkundige uitleg waarom een lineair stelsel in 2 onbekenden met 3 of meer vergelijkingen meestal (maar niet altijd!) strijdig is.
NR
13-1-2020

Antwoord

Als je twee vergelijkingen hebt met twee onbekenden kan je dat opvatten als twee rechte lijnen. Er zijn dan 3 mogelijkheden:
de lijnen snijden
de lijnen zijn evenwijdig
de lijnen vallen samen
Je kunt in de 3 gevallen 's kijken wat er gebeuren kan als je nog een derde rechte lijn zou hebben. Wanneer heb je dan niet te maken met een strijdig stelsel? Hoe toevallig is dat?
WvR
14-1-2020

Meetkunde (lijnen en cirkels)

Gegeven is de driehoek ABC met A(1,1), B(5,4) en C(1,8)
De bissectrice k van hoek A snijdt de zijde BC in het punt D. Bereken exact de coördinaten van D.
Stel vergelijkingen op van de lijnen l1 en l2 door B die de lijn AC snijden onder een hoek van 60°.
Ik weet dat ik bij beide opdrachten iets moet doen met vectoren, maar ik vind het lastig hoe ik aan beide opdrachten moet beginnen. Hopelijk kunt u mij helpen.
Sven
17-1-2020

Antwoord

Als twee vectoren even lang zijn deelt hun somvector de hoek tussen de vectoren in tweeën. Hoe lang is de vector $AB$? Neem een punt $E$ op $AC$ dat even ver van $A$ ligt als $B$ en neem dan de som van de vectoren $AE$ en $AB$.
Welke vectoren maken een hoek van $60^\circ$ met de $y$-as? Gebruik die eerst als richtingsvectoren voor de gezochte lijnen en maak dan de vergelijkingen uit de vectorvoorstellingen.

kphart
17-1-2020

Vergelijkingen bij meetkundige figuren

Dit is de opdracht:

Gegeven zijn de cirkel c1 met middelpunt M en straal 2 en cirkel c2 met middelpunt N en straal 1. De afstand tussen beide cirkels is 1. De gemeenschappelijke raaklijnen k en l snijden elkaar in het punt P. Zie het figuur wat ik stuur via de mail voor de plaatjes.
Bereken exact sin(hoek(k,l))
Ik heb al NP gelijkgesteld aan x. Daarna heb ik vastgesteld dat driehoek MPD gelijk is aan driehoek NPC. Dit geeft:

MP/NP = MD/NC
(4 + x)/x = 2/1
2x = 4 + x
x = 4
dus NP = 4

Ik weet alleen niet meer wat ik hierna moet doen. Zouden jullie mij kunnen helpen. Alvast bedankt!
Sven
17-1-2020

Antwoord

Je weet nu:

$
\eqalign{
& \sin \angle P_1 = \frac{1}
{4} \cr
& \cos \angle P_1 = \frac{\sqrt {15}}
{4} \cr
& \angle P_1 = \angle P_2 \cr}
$

De vraag is dan wat $
\sin \angle P
$ dan is...

In 't algemeen geldt:

$
\sin (2A) = 2\sin (A)\cos (A)
$

...en dan ben je er wel... Lukt dat?
WvR
17-1-2020

Werkstuk met cirkels en gelijke koorden

Hieronder de opgave en mijn oplossing waar ik toch niet helemaal tevreden over ben, omdat het een benadering betreft.

Gegeven: Rechte a en cirkels C1(M, R) en C2(N, r).
Gevraagd: Teken een rechte p // a waarvan (C1) en (C2) gelijke koorden afsnijden.

Oplossing:

a) Voorbereiding: empirisch werd vast gesteld dat hier een oplossing mogelijk is, als het middelpunt van de cirkel met de grootste straal, het laagst ligt t.o.v. de rechte a. Dus in bovenstaande
figuur is dat zeker het geval. Bovendien zal de gevonden oplossing het gevolg zijn van een soort iteratief proces.

b) Uitvoering: Zorg voor een gunstige uitgangspositien , nl. NT₂ $>$ MT₁ met r $>$ R. Stel dan MT₁ = d₁ en NT₂ = d₂, dan noteren we de voorwaarde uit de voorbereiding als d₂ - d₁ $>$ 0 en r $>$ R.

Teken een schaar van evenwijdige rechten met de rechte a. Deze snijden koorden af van de cirkels (C₁) en (C₂). We stellen hierbij vast dat K₁L₁ $>$ P₁Q₁, K₂L₂ $>$ P₂Q₂, K_ L_ $>$ P₃Q₃ maar KL₄ $<$ P₄Q₄, K₅L₅ $<$ P₅Q₅, enz...

Dus tussen g₃ en g₄ alsook tussen h₃ en h₄ zit er een koorde KL resp. PQ die beide op de rechte p // a liggen, waarvan men kan zeggen dat KL = PQ. De rechte p // a snijdt dus gelijke koorden af van (C₁) en (C₂).

Het volstaat hiervoor om op de figuur K₃Q₃Q₄K₄, dat overeenstemt met een trapezium, de middenparallel aan te brengen om aldus die rechte p te vinden.

c) Bewijs: Daar de kleine en de grote basis van het trapezium evenwijdig zijn met a, zal de middenparallel p dat ook zijn.

d) Bespreking: → d₂ - d₁ $>$ 0 ∧ r $>$ R : juist één oplossing.
→ d₁ - d₂ $>$ 0 ∧ R $>$ r : juist één oplossing.
→ MN // a ∧ R ≠ r: geen oplossing mogelijk.
→ MN // a ∧ R = r: oneindig veel oplossingen; elke evenwijdige p aan a die beide cirkels snijdt, zal gelijke koorden afsnijden.

VRAAG: Is het hier mogelijk een exacte oplossing te vinden en dus niet een benadering. Indien dit toch mogelijk zou zijn in dit werkstuk, had ik graag een tip gekregen. Bedankt bij voorbaat!
Yves D
3-2-2020

Antwoord

Beste Yves,

Heb je het volgende al eens geprobeerd?
Projecteer $M$ loodrecht naar $M'$ op $NT_2$. Teken $C_3(M',R)$.
Wat weet je dan over de lijn door de snijpunten van $C_2$ en $C_3$?

Met vriendelijke groet,
FvL
3-2-2020

Bewijs dat een punt op de lijn uniek is

Gegeven zijn $A$ en $B$ elementen van ⁿ. Zij C een element van ⁿ op de lijn $AB$, met bijbehorende vector $c = (1 - \lambda) a + \lambda b$ voor een zekere reëel getal $\lambda$. Stel nu dat C' ook een element is van ⁿ met de eigenschap dat $d(A,C') = d(A,C)$ en $d(B,C') = d(B,C)$. Waarbij $d$ de Euclidische metriek is. Te bewijzen is dat $C=C'$. Er moet gebruik worden gemaakt van $d(A,C) = |\lambda| d(A,B)$ en $d(B,C) = |1-\lambda| d(A,B)$.

Tot nu toe ben ik erachter gekomen dat we allereerst met de driehoeksongelijkheid een gelijkheid hebben. Toen heb ik $C'$ geschreven als bijbehorende $c'$ vector met scalair $\lambda'$. Echter lukt het dan niet om de scalairen $\lambda$ en $\lambda'$ aan elkaar gelijk te krijgen. Ik vermoed dat dit wellicht niet de juiste strategie is. Hulp is gewenst.
Dennis
14-2-2020

Antwoord

Er is niet gegeven dat $C'$ op de lijn ligt, dus die $\lambda'$ heb je nog niet. Dat $C'$ op de lijn ligt is een deel van wat je moet bewijzen.
Teken eens een paar plaatjes: met $C$ tussen $A$ en $B$ en met $C$ aan de andere kant van $A$ ten opzichte van $B$. Teken in beide plaatjes de cirkels door $C$ met middelpunten $A$ en $B$. Valt je iets op? Kun je dat bewijzen?
kphart
14-2-2020

Re: Bewijs dat een punt op de lijn uniek is

Door uw tip merk ik op dat de cirkels elkaar precies raken op de lijn $AB$. Het bewijs heb ik nu als volgt geformuleerd:

Omdat $d(A,C') = d(A,C)$ en $d(B,C') = d(B,C)$ volgt $d(A,C') = |\lambda|d(A,B)$ en $d(B,C') = |1 - \lambda|d(A,B)$. Hieruit volgt dat de vector $c'$ behorend bij $C'$ te schrijven is als $(1-\lambda)a + \lambda b$. Dit is precies de vector die bij het punt $C$ hoort. Dus geldt $C=C'$.

Is dit ook wat u bedoelde?
Dennis
15-2-2020

Antwoord

Dit is inderdaad wat ik bedoel, maar je zou voor deze oplossing bijna geen punten van me krijgen. Je moet bewijzen dat die cirkels elkaar in één punt snijden (en dan ben je meteen klaar want dat snijpunt is $C$). En dat doe je door de gevallen in mijn vorige antwoord te onderscheiden. En je "Hieruit volgt" bevat ook geen enkele rechtvaardiging.
kphart
15-2-2020

klein | normaal | groot