Blok 3 - Vaardigheden

Transcriptie

1 Blok - Vaardigheden ladzijde 7 a x+ x+ 6 6x x 6 7 k ( k+ ) 7 k k+ k k c c 9 6c+ c c d ( r 7) 6r 6r r 9 e t + + t??? Geen oplossing. f ( ) 8( + ) g ( x ) x+ ( x ) x+ x+ x 9x 8 x h x+ ( 6x+ ) 6 x+ x+ a x x 7 x 6 fx () dus ( x )( x+ ) Is overodig want als een product is weet je dat tenminste één van de factoren moet zijn. c ( x )( x+ ) x of x d fx () dus ( x )( x+ ) e Als een product is kun je vrijwel niets zeggen over de factoren. f ( x )( x+ ) x x 9 x of x

2 Blok - Vaardigheden a.. x + x xx ( + ) x of x ( x+ )( x ) xx ( + 8) c x 6 x + 8x 8x 6 x Je weet dat een factor moet zijn. ( x+ 8)( x ) x+ 8 of x x of x a A: ( x+ )(, x 8) x+ of, x 8 x of x D: xx ( + )( x 6) x of x of x H: ( x+ )( x ) ( x+ ) of ( x ) x of x x of x B: ( x )( x+ ) x x 9 ( x) 9 x ± 7 x ± C: ( x+ ) + x x + x+ 9+ x x + x+ 6 x + 7x+ ( x+ )( x+ ) x of x E: ( x ) x + x x+ x + x x x( x ) x of x 6

3 Blok - Vaardigheden F: ( x+ 7) ( x )( x + ) x + x+ 9 x + x x 6 x G: ( x+ )( x + ) 7 6x + 7 6x 6 x Geen oplossing. H: ( x+ )( x ) x+ of x x of x x of x I: ( x )( x+ ) ( x + ) x x + x + x x x x ( x+ )( x ) x of x J: (, x+ ) x, x + x+ x, x 6 x 6 x 8 of x 8 ladzijde 7 a f( ) ( )( + ) en g( ) ( ) ( )( x x+ ) ( x) c x+ x x x+ x x + x+ d x x ( x+ )( x ) x of x x+ x x x e Hij deelt door x maar dit mag alleen als x Hij mist zo de oplossing x 7

4 Blok - Vaardigheden 6a Methode : ( x ) x of x x of x : (, x + ), x+ of, x+, x 7 of, x x 7 of x : ( x 6) x 6 of x 6 x 6+ of x 6 x + of x : ( x + ) x+ of x+ x+ of x+ x + of x ladzijde 76 7a xx ( ) x x ( x 9)( x+ ) x 9 of x 8+ ( x ) ( x ) x of x x + of x c ( x+ )( x ) ( x ) x of x+ x of x d x ( x+ ) x of x e x ( x 9) 7x 8 x of x 9 7 x of x 8 f ( x ) ( x ) x g ( x ) 6 x 6 of x 6 x of x x of x h ( x+ ) ( x) x+ x of x+ ( x) x+ x of x+ + x x of x x of x

5 Blok - Vaardigheden 8a i ( x )( x ) x of x x of x gx () ( x) x of x x of x + Snijpunten: (, ) en ( +, ) hx () x + ( x+ ) x+ x + x+ x + x x x of x Snijpunten: (, ) en (, ) c g( ) ( ) en h( ) ( + ) d gx () hx () ( ) ( x x+ ) x x+ of x x x of x x of x Het tweede snijpunt is (, 9). 9a x x+ x x x x xx ( x ) xx ( )( x + ) x of x of x x 9x + 7x x( x 9x + 7) x( x 7)( x ) x of x of x c x + 6x 9x x ( x + x ) x ( x+ )( x ) x of x of x d x x x xx ( x ) x of x x ( ) x of x ± x of x ± x of x + of x 9

6 Blok - Vaardigheden a x x x x 6 x x x x t c t t t 8 t d ( x + ) 8 x + x x e ( x ) ( x ) x of x x of x x of x of x of x f x + 9 x x 7 7 x 7 x of x 7 a ( x )( x) x of x x of x x of x 6 ( x+ )( x+ ) x + x + 6x+ x + x x 6x xx ( x 6) xx ( )( x + ) x of x of x c x 8 ( x) x x 6 + x x x 6 9x 6 x 7 9

7 Blok - Vaardigheden d ( x 6) x 6 of x 6 x 8 of x 8 x 8 of x 8 e x 6x x 6x x x+ x ± 6 ± 8 x of x f x ( x 6) ( x 6) x 6 of x x 6 of x of x g ( + x ) ( + x ) of ( + x ) x 7 of x ( kanniet) x 9 x h ( x) x x x of x x x of x x of x ladzijde 77 a De functie estaat niet als x < het randpunt krijg je dus voor x f( ) a a a dus is het randpunt (, a ). (, ) want f( ) a a c PQ y y ( ) f ( ) ( 6 ) ( Q P 6 ) ( 8 ) ( ) 6 d De afstand van R tot de x-as is f ) ( a a 6 a a a a Dus moet gelden a a of a En is a of a a f () x x x x( x) x of x f () x a ax x xa ( x) x of x a

8 Blok - Vaardigheden c Als a dan zijn de nulpunten x en x (zie opdracht a) x en y f (), dus de top (, ). TOP TOP Als a 6 dan zijn de nulpunten x en x 6 dus x en y f () 9, TOP TOP 6 top (, 9). Als a dan zijn de nulpunten x en x dus x en y f ( ), dus de top (, ) TOP TOP d De nulpunten zijn x of x a dus x a en y f ( a) a, de top is dus TOP TOP a ( a, a ) e a 6 > a > 6 a > 8 of a < 8 f f () x x + a ax x x+ x + x ax + x + ( a) x + Precies één oplossing als D ( a) ( a) a of a a of a a Invullen van de coördinaten van P(, ) in y a( x ) + geeft a( ) +, dus A(, ) invullen in y a( x ) + geeft a( ) +, dus a B(, ) invullen in y a( x ) + geeft a( ) +, dus a c fx () xx ( ) + ( x )( x+ ) ax ( ) + ( x )( x+ ) ax ( ) 8 x x 8 ax + a 8 x + ax x a x + ( a ) x a Precies één oplossing als D ( a ) a a 8a+ + 6a a + a+ ( a + ) a

9 Verdieping - Bewijs uit het ongerijmde ladzijde 78 a C A D B A D want AC CD D A + B (stelling vande uitenhoek) A A + B A + A A + B A > B, De aanpak met punt D op BC werkt nu niet omdat je er dan vanuit gaat dat BC > AC en dat moet je nu juist ewijzen. c Wanneer BC > AC niet geldt, dan lijven over BC AC en BC < AC. d Gegeven BC AC. Dan is ABC gelijkenig, dus A B en dat is in tegenspraak met A> B e Gegeven BC < AC Uit opdracht a volgt nu A< B en dat is in tegenspraak met A> B. f De conclusie moet dus wel zijn dat als A> B dan is BC > AC. g Bij een direkt ewijs ga je uit van het gegeven en ewijs je de veronderstelling, zoals ij opdracht a. Bij een indirekt ewijs ga je uit van alle mogelijkheden en ewijst dat die allemaal, op één na, een tegenspraak opleveren. Die ene mogelijkheid moet dus wel juist zijn. a Gegeven: AD DB en CD AB Dan geldt: CD AB CD AD A ACD A+ B ACD+ DCB C CD AB CD DB B DCB A+ B+ C 8 C + C 8 C 9. Dit in tegenspraak met het stomp zijn van C. Gegeven: AD DB en CD > AB Dan geldt: CD > AB CD > AD A> ACD A+ B> ACD+ DCB C CD > AB CD > DB B> DCB A+ B+ C 8 C + C < 8 C < 9 Dit in tegenspraak met het stomp zijn van C. c Conclusie: wanneer C stomp is dan is CD < AB

10 Verdieping - Bewijs het ongerijmde a Gegeven: AB > BF Te ewijzen: F > 9., AB > BF F > A F + F > A AE EF F A + A F > A 9,, Gegeven: BC > BF Te ewijzen: F > 9, BC > BF F > C F + F > C + C F > C 9,, DC DF F C Uit opdracht a en volgt dat F F + F > ,,,,, Dit is in tegenspraak met het gegeven dat D, E, en F op één lijn liggen. c Gegeven AB < BF d AB < BF F < A F + F < A + A F < A 9 AE EF F A AB < BF BC < BF,, () BC < BF F < C F + F < C + C F < C 9 DC DF F C Uit () en () volgt dat F F + F < ,,,,, Dit is in tegenspraak met het gegeven dat D, E, en F op één lijn liggen. Het ovenstaande leidt tot de conclusie dat AB BF AB BF A F AE EF A F EFB F + F A + A 9,, () e Dan moet je uitgaan van de mogelijkheden: EFB > 9, EFB 9 en EFB < 9 f Te ewijzen EFB 9 EFB< 9 F + F < 9 A + A 9 F < A AB < BF () A F EFB< 9 DFB > 9 F + F > 9 C + C 9 F > C BC > BF () C F () en () geeft AB < BF < BC. Dit is in tegenspraak met AB BC De aanname EFB > 9 leidt op dezelfde wijze tot de tegenspraak AB > BF > BC De conclusie is dus EFB 9

11 Verdieping - Bewijs het ongerijmde a C E H D A B In vierhoek HDCE geldt: E+ D 8 en E+ H + D+ C 6 EHD+ ACB 8 () EHD AHB overstaande hoeken() () en () AHB+ ACB 8 AHB 8 ACB H D E C A B Wanneer C stomp is snijden de hoogtelijnen elkaar uiten de driehoek. E+ D 8 en E+ H + D+ C 6 DHE + DCE 8 () DCE ACB overstaande hoeken() () en () DHE + ACB 8 AHB + ACB 8 AHB 8 ACB c De enige mogelijkheid die nog over lijft is C 9 In dat geval vallen C en H samen. Maar ook dan geldt: AHB ACB. Het vermoeden is dus juist voor elke driehoek.

12 Verdieping - Transversalen ladzijde 8 a - - c - d Wanneer je goed gemeten het vind je dat eide producten gelijk zijn. a C M h h Y N X h K A A Z CXN BXK CNX BKX CX CN h CNX BKX 9 BX BK h c CYN AYM CNY AMY CY CNY ANY 9 AY BZK AZM BKZ AMZ BZ BKZ AMZ 9 AZ Uit het ovenstaande volgt: CN AM BK AM h h h h BX CX CY AZ h h h AY BZ h h h a P C Q Y S X A Z B c AXB QXC (overstaande hoeken) XAB XQC (Z-hoeken) AXB QXC BX CX CYP AYB (overstaande hoeken) PCY BAY (Z-hoeken) CPY ABY CP AB AB QC CY AY d ASZ QSC (overstaande hoeken) SAZ SQC (Z-hoeken) AZS QCS AZ QC ZS () CS BSZ PSC (overstaande hoeken) ZBS CPS (Z-hoeken) BZS PCS BZ PC ZS () CS ZS AZ BZ () en () CS QC PC 6

13 Verdieping - Transversalen e AZ QC BZ AZ PC BZ CQ PC Bewijs stelling: uit het voorgaande volgt: BX XC CY AZ AB CP CQ YA ZB CQ AB CP ladzijde 8 a Gegeven BX XC CY AZ () YA ZB * AX, BY en CZ gaan door één punt T. Uit de stelling van Ceva volgt dan BX XC () en () AZ * AZ ZB * ZB CY AZ YA ZB () * * AZ ZB * AZ p p+ q pr ( p + q)( r + q) pr pr + pq+ qr+ q * ZB r + q r pq + rq + q q( p+ r+ q) q of p+ r+ q q: Zen Z * vallen samen of AB (kan niet want dan is er geen driehoek). Dus vallen Z en Z * samen In het tweede geval, dat Z rechts van Z * ligt gaat het ewijs op dezelfde wijze. a Zwaartelijnen delen de overstaande zijden middendoor. Dus voor de zwaartelijnen AX, BY en CZ geldt: AZ ZB AZ, BX XC BX en ZB XC CY YA CY YA Dus geldt: BX CY AZ De zwaartelijnen gaan door één punt. XC YA ZB C Y X A Z B Volgens de naast de opgave gegeven stelling geldt dus: AZ en BX XC AB en CY AC YA BC AB ZB AC BC c Uit opdracht volgt dan: BX XC CY AZ AB BC AC YA ZB AC AB BC de drie issectrices gaan door één punt (stelling van Ceva) 7

14 Verdieping - Transversalen 6a Te ewijzen: BZ BX Bewijs: MZ MX MZB MXB 9 (zzr) MZB MXB BZ BX MB MB Op dezelfde wijze ewijs je dat AZ AY en CY CX c Er geldt dus: BX XC CY AZ BZ CX AY YA ZB XC YA ZB de drie lijnen AX, BY en CZ gaan door één punt (stelling van Ceva) 8