PRIJS 75 CENTS. EINDEXAMENS der HOOGERE BURGERSCHOLEN. 1860-10O7. Uitgewerkte UraagsttiKkcn van het schriftelijk werk. AFLEVERING III. MEETKUNDE, "toewerlct door A. J. DIJKER. A. W. SEQBOER, Uitgever - - Den Haag. Typ. BECHERER LEIDEN EINDEXAMENS der HOOQERE BURGERSCHOLEN. 1800-19O7. Uitgewerkte Uraagsi ukken van het schriftelijk werk. AFLEVERING III. MEETKUNDE, bewerkt door A. J. DIJKER. A. W. SEGBOER, Uitgever - - Den Haag. Zuid-Holland 1866. Ie Ploeg No. 3. In een afgeknotte» kegel, waarvan de straal des grondvlaks R, en die van het bovenvlak r is, wordt een bol beschreven. Hoe groot is de inhoud diens bols? = r is, AB = L)A + EB = R + r is. Laat men uit A de loodlijn AK op EB neer, dan is BK = R — r, zoodat AK = J/ AU2 — BK-= |/(R-r)' - (R-r)a = 2 l/Rr. Hieruit volgt dat alleen wanneer de afstand van het grond-en bovenvlak van den afgeknotten kegel gelijk is aan 2 J/r r ',e' niogelijk is, dat een bol in dien afgeknotten kegel kan beschreven worden. De inhoud van dien bol is ^ | OD' of daar OD = ^ = AK = R r is, gelijk ^ 3 3 I R 2 r 2 • Wanneer in een afgeknotten kegel een bol beschreven kan worden, kan in het gelijkbeenig trapezium ABB'A (zie figuur) volgens hetwelk een plat vlak door de as DE van den afgeknotten kegel gebracht, dien afgeknotten kegel snijdt, een cirkel beschreven worden. Zij F het raakpunt van den cirkel met de zijde AB van het trapezium, dan is AF = AD en BF = BE, zoodat, wanneer EB — R en DA Zuid-Holland 1866. 2e Ploeg No. 1. Van een driehoek zijn de drie zijden a, b en c gegeven Men vraagt den straal van den omschreven cirkel te berekenen. Zij O het middelpunt van den om den driehoek ABC beschreven cirkel; laten wij uit A de loodlijn AD op BC neer, trekken wij de middellijn BE om daarna A met E te vereenigen. De beide rechthoekige driehoeken BEA en ACD zijn gelijkvormig, omdat de scherpe hoeken AEB en ACB gelijk zijn, zoodat men heeft: BE : AC = AB : AD of AD X BE = AB X AC. Vermenigvuldigen wij beide leden dezer gelijkheid met BC dan komt er: AD X BE X BC— ABXACXBC. Nu is de inhoud I van den driehoek ABC gelijk aan ^ BC X AD of BC X AD = 2 I en is BE = 2 R, wanneer R den straal van den omgeschreven cirkel voorstelt; men heeft dus: , „ abc 4 I X R ' abc 0 4 | Zuid-Holland 1866. 2e Ploeg No. 2. Van een metaal, welks soortelijk gewicht s is, wordt een holle kogel vervaardigd die in het water zweeft. Zoo de middellijn buitenzijds d is, en de kogel van binnen luchtledig wordt ondersteld, vraagt men de dikte van het metaal. Stellen wij de gevraagde metaaldikte x, dan is de inwendige diameter van den hollen kogel d — 2 x. Het volume van het metaal is dus: 1 | d-i — 1 | (d — 2 x)" en het gewicht van dien hollen kogel is: t3 6 j l T| d" — g Tl (d - 2 x)" j s ~ è ij d" — (d — 2 x)' | s. Volgens de Wet van Arcliimedes is het gewicht van een drijvend lichaam gelijk aan dat van de verplaatste vloeistof. Daar de holle kogel in water — welks soortelijk gewicht wij onderstellen gelijk aan de eenheid te zijn, zweeft is het gewicht van het verplaatste water g j| d:'. Wij hebben dus de betrekking: J I I j d' - (d - 2 x)' j s = J I d®. J da - (d - 2 x)' j s = da. (d - 2 x)3 = S ~ 1 d®. d _ 2 x = d \ s 1 x = M , _ T/s-" i ) x 2 ( 1 v s S Zuid-Holland 1866. 3e Ploeg. No. I. In een driehoek, wiens zijden zijn a, b en c, is een rechthoek beschreven, waarvan eene zijde in de zijde a van den driehoek is gelegen en wiens omtrek is neergelaten y 3 (s—a) (3—b) (s—c) a Door het punt E in de loodlijn AD gelegen op een afstand AE — oc vanaf A, brengen wij IF loodrecht op AD en uit de punten F en I, waar deze lood¬ lijn de zijden AB en AC van den driehoek A15L snijdt, laten wij üe loodlijnen FQ en IH op BC neer. Daardoor ontstaat den in den driehoek ABC beschreven rechthoek FQHI, welks zijde Gil in de zijde a van den driehoek gelegen is. De lengte der zijden FG en 1H van dien rechthoek is AD — AE h — oc. Verder volgt uit de gelijkvormigheid der driehoeken AFI en ABC AD:AE = BC : FI of h : oc = a: Fl. Zoodat men vindt Fl = GH = 3 oc. De omtrek van den rechthoek FGHI is dus 2 (FI + Fü) — 2 ( oc -j-h — ocj = 2 'h— h _ 3 oc j Is deze omtrek gelijk aan de gegeven grootheid d, dan heeft I h ' men de betrekking: 2 j h — '' ^ 3 j oc = d of oc = a X ^ waaruit volgt, dat de zijde GH van den rechthoek, welke langs de zijde a van den'drielioek valt . a 2 h - d . . a , , .... 2 h — d h is , oc = , X en de andere zijde n — . X = h h — a 2 h — a i i. 2h-d| vh_d-2avh I* h — a 1 2 h - a A 2- Men ziet gemakkelijk in, dat, wanneer één der hoeken B of C, welke aan de zijde a liggen, stomp is, één der punten G of H en wel dat punt, hetwelk het dichtst bij het hoekpunt van den stompen hoek ligt. in het verlengde van de zijde BC valt, zoodat de zijde GM van den rechthoek alsdan niet in de zijde a valt. Een eerste voorwaarde waaraan de gegevens a, b en c van het vraagstuk moeten voldoen, is dus dat geen der beide hoeken B en C stomp zijn. Nu volgt uit: b- = a- -)- c- — 2ac cos B en c- = a'2 o 'I hï I pV o 2 1 hl pï + 2' - 2 ab cos C, cos B = „ ^ en cos C = . 1 2 ac l ab Opdat dus noch B noch C stomp zij, of m.a.w. dat nóch cos B noch cos C nega- fief zij, moeten a5 — b'' -\- c' en a2 -f- b' — cs niet kleiner dan nul zijn. De voorwaarde, waaraan de drie gegeven grootheden a, b en c moeten voldoen, kan men dus uitdrukken door te zeggen, dat de som der vierkanten van a en van de kleinste der beide andere zijden van den driehoek, niet kleiner mag zijn dan het vierkant van de derde zijde. De tweede voorwaarde, waaraan de gegeven grootheden a, b, en d moeten voldoen, vindt men door te bedenken, dat de uitdrukking voor elk der beide zijden van den rechthoek positieve grootheden moeten zijn, zoodat de grootheden h — a, 2 h — d en d — 2 a het zelfde teeken moeten hebben. Is dus h > a, of h — a positief, dan moeten ook 2 h — d en d — 2 a positief zijn of d < 2 h en > 2 a zijn; is daarentegen h < o, dan moeten 2 h — d en d — 2a negatief zijn ofd>2hen<2a zijn. Omdat in elk geval, — hetzij h > dan wel < a is — d moet liggen tusschen 2 a en 2 h, zal wanneer h = a is, d = 2 a moeten zijn. Meer direct kan men dit nog aantoonen, door uit oc = ~^ X!] op teschrij- n b & h ^ ven de betrekking: d = 2 h — 2 oc —~—. h Is nu h = a, dan zal alleen dan oc een bepaalde waarde hebben en er dus een rechthoek FGHI in den driehoek ABC kunnen beschreven worden, als d = h is. Is h = a en daarbij d = 2 a, dan nemen de uitdrukkingen i u a ■■a a u.u , 2 h — d w a d — 2 a h voor de beide zijden van den rechthoek: X 0 en X tl — cl ^ li — 3 — beiden den vorm ° aan, waaruit blijkt dat in dit bijzonder geval het vraagstuk een onbepaald aantal oplossingen toelaat. Dat zulks het geval is, blijkt ook onmiddellijk uit de figuur. Wanneer nl. de loodlijn AD (zie figuur) gelijk is aan de zijde BC = a, dan is ook AE = Fl, en daar FG = ED is, heeft men: FI + FG = AD + ED = AD = a zoodat d = 2 a is, onverschillig door welk punt der hoogtelijn AD de zijde Fl van den rechthoek FGHI gebracht wordt. Zuid-Holland 1866. 3e Ploeg No. 2. In een rechten kegel, waarvan de schuine zijde a palmen en de straal van het grondvlak b palmen bedraagt, is een bol beschreven. Men vraagt het oppervlak van het bolvormig segment, dat boven den rakenden cirkel is gelegen. Van den rechten kegel SAB is de schuine zijde SB = a palmen en de straal CB van het grondvlak = b palmen. In dien kegel is een bol beschreven, welke bol den kegel volgens den kleinen cirkel DF raakt. Omdat BF — BC = b is, is SF = SB — BF = a — b. Uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoeken OFE en BSC volgt: OF = a — b = b: 1/ a* — b" b (a — b) T/ a — b dus OF = |/a, _ b, - b V a + b Het ronde oppervlak van het bolsegment KDEF is gelijk aan tweemaal den omtrek van een grooten cirkel van den bol vermenigvuldigd met de hoogte EK van het segment, dus gelijk 2 | OF X EK ■= 2 ,a-bXOF' = 2 i^Xb'^ = 2- a' (I + b)b)' P8"""- OF : EO = BS : BC of OF - EO : BS - BC = OF:BS of daar OF — EO = OK — EO = EK en BS — BC = BS — BF = a - b is : EK : a - b = OF : a dus EK = X OF. a Verder volgt uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoeken OFS en BCS. OF : SF = BC : SC. of daar SC = 1/ SBa - BC3 = [/ a'; — b' is: Gelderland 1866. Ie Ploeg No. 1. Van eene regelmatige vierhoekige piramide is de opstaande ribbe J/ 3 en de ribbe van het grondvlak 2 el; men vraagt hieruit den standhoek van het grondvlak met elk der opstaande zijvlakken te berekenen. Zij SABLD (zie tiguur; ae bedoelde regelmatige vierhoekige pyramide, waarvan elk der opstaande ribben SA = SB = SC = SD = J/ 3 el en elk der ribben AB = BC = CD = DA van het grondvlak ABCD 2 el is. Brengen wij door den top S der pyramide een vlak loodrecht op het midden E van de ribbe AB, dan is AE evenals OE de helft van elk der ribben van het grondvlak, dus gelijk 1 el, zoodat SE = | SA» _ Al? — I 3 — 1 — | 2 el en SO = I SE* — OE2 — V 2— 1 = 1 el is. Wij zien dus dat SO = OE is, of dat de standhoek SEO van het grondvlak met elk der opstaande zijvlakken 45° is. Gelderland 1866. Ie Ploeg No. 2. Van twee elkander snijdende bollen zijn de stralen 5 en 8 duim; als nu de afstand der middelpunten 7,8 duim is, hoe groot is dan het gemeenschappelijk deel van beide bollen? In nevenstaande figuur is de lengte 00' — 7.8 duim; O is het middelpunt van een bol, wiens straal OB = OD = 8 duim is O1 het middelpunt van een bol, wiens straal 0'A — OlD = 5 duim is. De beide bollen snijden elkaar volgens den aan beiden gemeenschappelijken kleinen cirkel, wiens straal CD = CD1 is. In den scherphoekigen driehoek 00' D is: 0'D = OD' + OCV - 2 00' X OC. nr OD' + OOi2 — O'-D-' _ 8J + 7.8J — 5 _ g ^ duim, zoodat dus OC = j 00' _ 2 X 7.8 BC = OB — OC = 8 — 6.4 = 1.6 duim ; EC = 2 X OB — BC — 2X8 - 1.6 = 14.4 duim, 0'C = OO» - OC = 7.8 - 6.4 = 14 duim AC = 0'A — 0'C = 5 — 1.4 = 3-6 duim en AB = BC + AC — 1.6 + 3-6 — 5.2 duim. Ook vindt men DC' = BC X EC = 1.6 X 14-4 = 23.04 vierk. duim. Het gevraagde gemeenschappelijk deel der beide bollen is de som der beide bolsegmenten DCD'AD en DCD'BD of gelijk. (j , DO X AC + l 1 AC') + (y I DCXBC+ J I BC') = | | J DC' X AB + g (AC" + BC') | = 11 ] 2"X 23 04 X 5.2 + J (3.6:: + 1.6') j = 68 363 | kub. duim. Gelderland 1866. Ie ploeg No. 3. In een rechten cirkelvormige,, kegel heeft men een bol beschreven, die het grondvlak en het ronde oppervlak van den kegel raakt. Men begeert den inhoud van een tweeden bol te vinden, die den eersten bol en het ronde oppervlak van den kegel raakt, als gegeven zijn de straal van het grondvlak 12 en de schuine zijde !5 duim. Van den rechten cirkelvormigen kegel SAA' is de straal AB Aan het grondvlak 12 duim en de schuine zijde SA 15 duim. In dien kegel is een bol beschreven, welke het grondvlak en het ronde oppervlak van den kegel raakt. Daar AB — AC = 12 duim is, is SC = SA — AC = 15— 12 =3duim; bovendien weet men dat de hoogte SB van den kegel = SA'J — ABJ = V 151 — 12'J = 9 duim is. Daar de rechthoekige driehoeken SBA en ACO gelijkvormig zijn, heeft men: SB: AB = SC: OC of OC = AB * SC = l^XJ = 4 duim, • waaruit volgt BE = 2 OC = 8 duim en SE = AB - BE = 9 - 8 = I duim. In dien gegeven kegel SAA' is nog een tweede bol beschreven, wiens middelpunt O is, en die den eersten bol en het ronde oppervlak van den kegel raakt. De straal van dien tweeden bol is O'E — O'D. Trekken wij door het punt E de lijn EF evenwijdig aan BA, dan volgt uit de gelijkvormigheid der driehoeken SBA en SEP: SB: BA: SA = SE: EF: SF of EF = BAXSB=,2X. _,l cnSF = SAXSE = '5?' 'I* Nu is FD = FE en daardoor SD = SF — FD = SF — EF = ,2 .1 1 . . 1 3 - 1 3 - 3 dun,,. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken SBA en SDO' volgt: SB: AB = SD: O'D 1 rvn AB X SD 12 X 3 4 . gg = 9 = 9 duim. De inhoud van den tweeden bol is dus: 4 4 4:' 3 I °'Da = 3 I X 9, = 2187 1 kub' duim' EF duim en EQ = ^ ^ duim, zoodat ES — EQ — SQ = EQ — AP — 48 3 45 | / 2 — \/~2 ~ | ? m 1S' hoogte PQ der afgeknotte pyramide is gelijk AS = 1/ AE'- ES' — of, daar de schuine zijde AE der afgeknotte pyramide gelijk 33.75 = 33^ duim is — AS = ^^(33 ^ j' — ^ = TT 135'' _ 2*45' _ T/>45' — 2,45' __ 45 _ ,, 1 dujm * 42 4 > r 4, 44' Wordt de afgeknotte pyramide door het vlak KLMN, hetwelk door het punt R der hoogtelijn PQ evenwijdig aan grond- en bovenvlak gebracht is, in twee gelijkvormige afgeknotte pyramiden verdeeld, dan volgt uit de evenredigheid der homologe ribben der twee afgeknotte pyramiden: AB : KL = KL : ET. of KL3 = AB X EF = 3 X 48 = 144, dus KL 12 duim. Verder heeft men: PR : RQ AB : KL, dus PR -|-RQ : AB-f-KL PR : AB RQ : KL, of, daar PR -j- RQ PQ 11 ' duim is: 4 ll! : 3 + 12 PR :3 RQ : 12 4 waaruit volgt PR 2^ duim en RQ 9 duim. Daar de oppervlakte Q van het grondvlak EFGH = 48' vierk. duim, de oppervlakte M van de doorsnede KLMV = 12' vierk. duim en de oppervlakte B van het bovenvlak ABCD = 3' vierk. duim is, is de inhoud van de afgeknotte pyramide EFGHKLMN — 3 X RQ X ] G + \/ GM + M J = 2 X 9 X | 48'J + 48 X '2 + 12'' [ = 9072 kub. duim en de inhoud van de afgeknotte pyramide KLMNABCD = ^ X 2 J X j 12' + 12 X 3 + 3' J = 141.75 kub. duim. Opmerking. Men had bovenstaande berekening eenigszins kunnen bekorten door op te merken dat van gelijkvormige lichamen de inhouden zich verhouden als de derde machten van homogene afmetingen. De inhouden der beide afgeknotte pyramides EFGHKLMN en KLMNABCD verhouden zich dus als ~ (3^) — = 64. De inhoud 1 van de gegeven afgeknotte pyramide is ^ X PQ X ' G +1/ GB + B| = 9213.75 kub. duim, waaruit de beide gevraagde inhouden ^ en ^ volgen- Gelderland 1866. 2e Ploeg No. 4. Van een bol, wiens straal R gegeven is, heeft men een bolvormig segment afgesneden, wiens pijl h is. Druk in deze gegevens de hoogte uit van een kegel, die op het grondvlak van dit segment staat en daarmede dezelfde oppervlakte heeft. Uit O als middelpunt is met een straal OC = R een bol beschreven. Van dezen bol is een bolvormig segment ABCB'A afgesneden, welks pijl AC = h is. Op het grondvlak BAB' van dit segment staat de kegel ACB', welke kegel hetzelfde oppervlak als het bolsegment heeft. Daar de grondvlakken van kegel en bolsegment dezelfde zijn, zijn de ronde oppervlakken dier twee lichamen aan elkaar gelijk. Men heeft dus, omdat de ronde oppervlakte van den kegel is | AB X SB en die van het bolsegment 2 | Rh, de betrekking: | AB X SB = 2 | Rh of AB X SB - 2 Rh of AB3 X SB3 — 4 R»h' Nu is SBJ = AB2 + SA', dus ABJ X (AB + SA5) = 4 R'h3. •Ai - 4 R21'2 - (2 R - h)3 h- 4 RJ - (2 R - h)= , 4 R - h ., (2 R h) li 2 R li 2R~ h waaruit volgt: SA = h ^ ~ h r 2 R - h Zuid-Holland 1867. Ie Ploeg No. 1. In een bolvormig segment is een kegel beschreven, men vraagt de verhouding tusschen de ronde oppervlakken dezer twee lichamen. Noemen wij R de straal van den bol en li de pijl van het segment, verder O het ronde oppervlak van het segment en O' het ronde oppervlak van den kegel. Het ronde oppervlak van den kegel is | AB X SB. Nu is AB3 = AS X AC = h (2 R — h) en SB2 = AS X SC = 2 hR, zoodat AB2 X SB3 = 2 h3 R (2 R - h) en O' = | AB X SB | h 1/2R(2R-h) is. Daar het ronde oppervlak O van het bolsegment 2 | R h is, heeft men dus: 0 = 2 lRh_ = 17 2R . °' |h|/2R(2R-h) r 2 R - h Nu is OE = OK = KE = OK-KC = jJ^-jJ?-- K2Rh^h' = rZTU ! R - V 2 Rh - h' j Uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoekige ODA en OEM volgt: OD:DA = OE:EM (if FM _DAXOE _ V'1 Rh ~~ 1,2 X A - h 'R~' 2 Rh — h- j od r =rh— = R I 2 Rh — h2 — h (2 R — h)R (R - h)-' Zuid-Holland IÖ67. 4e Ploeg No. 1. Wanneer men met eene gegeven lijn r als straal een cirkelsector wil beschrijven, die evenveel inhoud heeft als een gegeven cirkel, die R tot straal heeft, hoeveel graden bevat dan de boog van den sector? Stellen wij het aantal graden dat de boog van den sector bevat oc, dan is de inhoud van dien sector ^ X | r1. Is deze inhoud gelijk aan dien van een cirkel, die R tot straal heeft, dan is: 360 X I r' = I R' of oc = ^ X 360 Zuid-Holland 1867. 4e Ploeg No. 2. Den inhoud te berekenen van een afgeknotten kegel, als de straal van het grondvlak het dubbel is van zijne hoogte en de schuine zijde met het grondvlak een hoek maakt van 45°. Noemen wij de hoogte AB van den afgeknotten kegel CDD'C h. Laten wij uit C de loodlijn CE op AD neer, dan is, omdat hoek CDA 45o is, CE = DE = h, zoodat, daar AD = 2 AB = 2 h is, ook BC = h is. De inhoud van den afgeknotten kegel ^ I AB ] ADS +ADXBC + BCS| is dus j Tl h ] 4 h" + 2 h' + hs [ - j 7 | h» Noord-Holland 1867. Ie Ploeg No. 1. Een vierkant te construeeren, wanneer de som van de zijden en van de diagonaal gegeven is. Noemen wij de zijde van het vierkant x dan is de som der zijden 4 x en de diagonaal x 2. Men heeft dus dat (4 + [/ 2) x gelijk moet zijn aan de gegeven lengte, die wij door a zullen voorstellen. Uit (4 + J/ 2) x = a vindt men x = a ( _ V 2 f = | a _ * y- ^ Ag de gegeven lengte a, dan verdeelt men AB in zeven gelijke deelen AC = CD = 1 2 ^ a, zoodat AD = y A is. Vanaf D zet men volgens DB een stuk DE dat gelijk is aan de helft van AC en CD, dus gelijk a uit, richt in Ede loodlijn ET op AB en neme EF DE = ~ a, danisDF=y- a |/y. Is dan DG = DF =-^- a |/T, dan is AG gelijk l a - ± a 1/ 2 7 14 de zijde van het gezochte vierkant AGHI. Noord-Holland 1867. Ie Ploeg No. 2. Van een regelmatigen tienhoek laat men om zijn 2den diagonaal (dat is de koorde, die van den omgeschreven cirkel een boog van 108o onder- spant) het kleinste gedeelte omwentelen. Men vraagt naar den inhoud van het omwentelingslichaam, als de zijde van den tienhoek gegeven is. Zij ABCD de gegeven regelmatige tienhoek, welks zijde AS = BC = CD — enz., wij door a zullen voorstellen, terwijl wij den straal OA = OB = enz. van den omgeschreven cirkel r noemen. Wij weten dat a het grootste stuk is van den in uiterste en middelste reden verdeelden straal r, zoodat r : a — a : r a of r'J — ar = a'J of r' — ar — a2 = o. Uit deze vierkantsvergelijking vindt men r = 1 5 a. De bedoelde 2e diagonaal AD (de zijde van den stervormigen regelmatigen tienhoek in den cirkel beschreven) snijdt de middellijn BO in K; trekt men nog de middellijn DO, dan verkrijgt men de beide gelijkbeenige driehoeken BBK en DCO- het blijkt dus dat AD = AK + DK = a -f r is. Laat men uit B en C de loodlijnen BE en CF op AD neer, dan is EF == BC = a, daar BC evenwijdig met AD loopt. EA } (AD BC) = 2 (a + r — a) = 2 r = ^ 0 + |/s) a, waaruit volgt dat EB- = AB» - EA3 = a' - l (3 + ^ 5) a. = 5 .7^1 a-, De gezochte inhoud van het omwentelingslichaam ABCDC'B'A is gelijk aan den inhoud van den cylinder BCC'B plus tweemaal den inhoud van den kegel ABB'A of gelijk aan | BE* X BC -f 2 I BE' X EA = I BE* X (BC + ~ EA) -- l^3^xj. + |x|«+l 5>.j = TI 5 — ^ 5 X 7 + ^ 5 - - , 30 ~ 2 Y 5 - ,15-1/5 11 8 X 6 d ~ I 48 a' = 13 24 Noord-Holland 1867. 2e Ploeg No. 1. Een gelijkbeenigen driehoek te construeeren, wiens hoogte en omtrek gegeven zijn. Noemen wij de gegeven hoogte RT (zie figuur) van den gelijkbeenigen driehoek h, zijn gegeven omtrek 2d en zijn basis QS 2x; zijn opstaande zijde ST is dan 2 (2 d — 2 x) = d — x en men heeft de betrekking: ST2 = RT- + RS2 of (d - x)2 = h2 + x2, of d2 - 2 d x + x2 = h2 + x' d2 - h2 waaruit volgt: x = 2 d Ook uit deze formule blijkt dat de gegeven d grooter moet zijn dan de gegeven h of dat de gegeven omtrek grooter moet zijn dan tweemaal de gegeven hoogte. Daar men heeft d : i— = d — h : x, vindt men grafisch de halve basis van den driehoek door eene vierde evenredige te construeeren tot de gegeven grootheden d = d | en d - h. Men neme dus OA = 2 d = OB = BA = d. BC = BD = h, zoodat OC = d + h en OD = d — h; verder OE = EC = ^ X (d + h) en OF = OE = (d + h). Men vereenigt B en F en trekke uit D de lijn DF evenwijdig aan BF dan is OG = x, d.w.z. de halve basis van den te construeeren gelijkbeenigen driehoek. Noord-Holland 1867. 2e Ploeg No. 2. Een rechthoekig trapezium, waarvan de evenwijdige zijden a en 2a zijn, en welks hoogte h is, wentelt om zijne schuine zijde; men vraagt naar den inhoud van het omwentelingslichaam. Zij ABCD het rechthoekig trapezium, waarvan de evenwijdige zijden AB en CD respectievelijk a en 2a zijn en de hoogte BD = h is. Verlengt men CA en DB tot zij elkaar in S snijden, dan ontstaan door de wenteling der figuur om de schuine zijde CA van het trapezium de twee omwentelingslichamen wier meridiaan vlakken zijn SDC en SBA. Deze twee omwentelingslichamen zijn gelijkvormig; hunne inhouden verhouden zich dus als hunne homologe afmetingen of als CD:' tot AB* of als (2 a)s tot aJ of als 8 tot 1. De gevraagde is dus 7 X den inhoud van het omwentelingslichaam, dat ontstaat door den rechthoekigen driehoek SBA om zijn hypothenusa SA te laten wentelen. De inhoud van dit laatste omwentelingslichaam bestaat uit de samenvoeging van twee kegels; die inhoud is daarom ^ | BE2 X EA + g | BE2 X ES = 1 | BE2 X AS. Nu is blijkbaar BS = BD = h, AS = l/ AB' + BS3 = 1/ a'J + h2 en BES = AE X ES = AB' BS' AB3 X BS2 a'h' AS' X AS ' ZOOdatBE,XA8= AS = | a2+|)2 1 a2 h2 7 al h2 De gevraagde inhoud is dus: 7X 3 I |/ai + h*= 3 • pa2 + h» Zeeland 1867. No. 1. In een gelijkzijdigen driehoek, wiens zijde a is, heeft men een vierkant beschreven. Men vraagt den inhoud van dit vierkant te berekenen. Zij ABC een gelijkzijdige driehoek, wiens zijde a is, en waarin het vierkant EFGH is beschreven. Noemen wij de zijde van het vierkant x, zoodat DF = DG — 2 x' dan 's AF = AD - DF = J (a - x). Uit de gelijkvormigheid der driehoeken CDA en EFA schrijft men op: AD : AF = CD : EF. of daar CD = ^ AC2 — AD2 - T' a2 - 4 a* = ^ a I 3is, ^ a : \ (a - x) = ^ a \/ 3 : EF. zoodat EF = ^ (a — x) |/ 3. Men moet dns hebben de betrekking: 2 (a — x) 1/ 3 — x 1/ O waaruit volgt: x = . . a = (2 - (/'3) |/ 3 a = (- 3 + 2 V 3) a. • Tr De gevraagde inhoud is dus xs = (— 3 + 2 V 3 )'' a = a2 (21 — 12 |/ 3). Zeeland 1867. No. 2. In een bol van den straal r is een kegel beschreven, die denzelfden inhoud heeft als het segment, dat aan het grondvlak van den kegel grenst. Welke hoogte heeft het segment? Zij SAB de kegel beschreven in den bol, wiens straal r is, en de inhoud van den kegel SAB gelijk aan den inhoud van het bolsegment ABDA. Men heeft dan: ^ | BC2 X CS - y "I BC2 X CD + g —j CD» of 2 BC' X CS = 3 BC2 X CD + CD8, of BC2 (2 CS - 3 CD) — CD' = O. Noemen wij DC x, dan is CS = (2 r — x) en BC' = CD X CS = x (2 r - x). Deze waarden in de voorafgaande vergelijking gesubstitueerd, geeft ons: x (2 r — x) | 2 (2 r — x) — 3 x | — x" = o (2 r — x) (4 r — 5 x) — x2 = o 8 rs — 14 r x -|- 5 x2 — x2 = o x' - | r x | 2 r' = o. Deze vierkantsvergelijking heeft in het algemeen twee reëele wortels x — ^ (7 + J/n) r; daar in ons vraagstuk echter x altijd kleiner dan 2r moet zijn, heeft alleen de kleinste wortel voor ons vraagstuk eene beteekenis. Men vindt dus voor de gezochte hoogte van het segment \ (7 - V17) r. Utrecht 1867. No. l. Bepaal de hoogte van het bolv. segm. behoorende tot den bolv. sector, waarvan het geheele opp. = a'' is, als de straal des bols = R is. De geheele oppervlakte van den bolsector OCDA zij a2 en de straal van den bol OA zij R. (zie figuur). Het totale oppervlak van den bolsector is de som van het rond oppervlak van het bolsegment ACDA en van het rond oppervlak van den kegel OCDO. Noemen wij de hoogte AB van het bolsegment ACDA x, zoodat BE — 2 R — x en BC = (/ AB X BE = (/' x (2 R — x). Het ronde oppervlak van het bolsegment ACDA is dan 2 | R X AB = 2 | R x en dat van den kegel OCDO is | BC X OC = I R I x (2 R — x, zoodat wij hebben: 2 | R x -(- | R K x (2 R - x) = a2 | R l/x (2 R - x) = a' - 2 |Rx |2 R2x(2R-x) = (a'-2 | R x)2 2 | |2 R' x — ; |2 R2 x2 = a4 — 4 | R a2 x -f- 4 |2 R2 x2 5 |2 R2 x2 - 2 | R (2 a' + I R2) x + a4 = o 2 (2 a2 + | R2) . a4 5 | R * 5 |2 R2 — °' Van deze vierkantsvergelijking zijn de beide wortels: x=2a'+ l R" ± R4 +T |2 a R' - a4 5 | R V' De gezochte hoogte AB — x van het bolsegment moet hebben eene reeële waarde grooter dan O en kleiner dan 2 R. Opdat x eene reeële waarde hebbe, moet |2 R4 + 4 i a2 R2 — a'= ! i R2 + {\/5 + 2) a2! j I R' — (1/5 — 2) { O of positief zijn, dus |R2> a* of a' = < R Of = < (2 + V5) Ti R'J d.w.z. a' < 4.2361 | R3. Is a' = (2 + Vö) | Rs dan isx (]-|-^V5)R = 1.8944 R. Is a' 0, dan moet ook x 0 zijn, men ziet dus dat zoolang a'J < 4 | R2 is, de voor het vraagstuk geldige wortel der vierkantsver- ... . 2 a- + | Rs - V |- R< -f 4 | a' R'— a4 gelijking (1) dan is x = 1 = u 5 | R. Utrecht 1867. No. 2. Met het hoekpunt A van een regelmatigen tetraëder ^ tot mid- BLD delpunt en de ribbe AB tot straal, is een bol beschreven. Bereken den inhoud des bolv. driehoeks BCD als de ribbe des tetraëders 2 palm is en de te berekenen hoeken slechts tot in minuten benaderd worden. Zij ABCD een tetraëder, welks ribbe wij door a zullen aangeven. Uit het hoekpunt A met de ribbe AB als straal wordt een bol beschreven: de groote cirkelvlakken ABC, ACD en ABD snijden van het boloppervlak den gelijkzijdigen bolvormigen driehoek BCD af. De onderling gelijke hoeken van dien bolvormigen driehoek zijn gelijk aan den standhock van twee willekeurige zijvlakken van het tetraëder; noemen wij een dier hoeken w, dan zien wij gemakkelijk in, dat cos w = ' Immers laten wij uit een hoekpunt A van het tetraëder de loodlijn AE neer op het overstaande zijvlak BCD en brengen wij door AE en het midden T der ribbe BD een plat vlak, dat het zijvlak ABD volgens de lijn AF snijdt, dan is omdat het voetpunt E der loodlijn AE het middelpunt is van den gelijkzijdigen driehoek BCD, EF = 2 CF of daar CF = AF is, EF = ^ AF, zoodat cos w = cos L AFC = % = i is. Men heeft dus log. cos w = — log 3 = — 0.47712 = 9.52288— 10. waaruit men opzoekt — den hoek w slechts tot in minuten benaderende — w = 70°32'. De som der hoeken van den bolvormigen driehoek BCD is dan 3 w = 3 X 70°32' = 2U°36' en het sferisch exces van dien bolvormigen driehoek 211°36' — 180» = 31°36'. Nu weet men dat het oppervlak O van een bolv. driehoek staat tot dat van den bol als zijn sferisch exces tot vier gestrekte hoeken, zoodat: 0:4 | a2 = 31°36' : 4 X 180° . . „ . _ 31°36' , 1896 79 waaruit volgt 0 = 4 , ^ lgQo X »' = I m x 6(J a2 = , ^ f. Daar gegeven is dat a = 2 palm is, heeft men voor den gevraagden 79 158 inhoud van den boldriehoek BCD | ^ X 4 = \ vierk. palm. Utrecht 1867. No. 3. Bewijs, dat de inhoud eener afgeknotte piramide gelijk is aan een zesde der hoogte vermenigvuldigd niet de som van grondvlak, bovenvlak en vier maal de doorsnede der piramide met een vlak, dat evenwijdig is met het grondvlak, in het midden der hoogte. Als bekend wordt aangenomen de inhoud eener piramide uitgedrukt in basis en hoogte. Van de afgeknotte pyramide ABCDE A'B'C'D'E' stellen wij de oppervlakte van het grondvlak ABCDE voor door G en die van het bovenvlak A'B'C'DE" door B. Uit het snijpunt S der opstaande zijvlakken laten wij de loodlijn neer op het grondvlak, welke loodlijn het boven — en het grondvlak snijdt respectievelijk in de punten Q en P. De lengte QP, d. i- de hoogte van de afgeknotte pyramide, stellen wij voor door H. De inhoud I van de afgeknotte pyramide is het verschil der inhouden van de beide pyramides SABCDE en A'B'C'D'E'. dus gelijk j O X SP - J B X SQ - J } G X SP - BX SQ { Nu heeft men: SP2 : SQ2 = O : B of SP : SQ = |X G : |X B dus SP — SQ : JX Q — IX B — SP : |X G = SQ : (X B , waaruit, daar SP — SQ = PQ = H is, volgt: SP = . H en SQ = V G — k B k"B „ . I „ Ol/G -BI/B 1 „ . /-=- WTy- H, zoodat I = H , > _ . X — .. H k Grn\s B, ' .3, k G - |/ B 3 (kr(f_ rr~= 3 hVu)! + (,'G)C'b) +C'B):J = l H. j G + FGB +B j. Hiermede is gevonden de gewoonlijk gebruikte formule voor den inhoud eener afgeknotte pyramide. Brengt men door het midden R van de hoogte PQ een vlak abcde, evenwijdig aan grond- en bovenvlak, hetwelk de afgeknotte pyramide snijdt volgens een veelhoek, waarvan wij de oppervlakte door M voorstellen, dan heeft men: SP : SR : SQ — V Q : ï' M: 1' B , dus SP + SQ : V G + V B = SR : V M of daar SP + SQ = 2 SR is: 2 SR : VG + V B = SR : VM waaruit blijkt dat V G + V B = 2 V M °f G -f 2 VGB + B — 4 M en bijgevolg 2 V^GB = 4 M — G — B is. Men heeft dus: I = 3 H \ G + VGB + B j = J H \ 2 G + 2 VGB + 2 B j = |-h|2G + 4m-G B + 2B|=|H|G + B+ 4m(. Overijssel 1867. No l. Drie rechte lijnen snijden elkander onder de scherpe hoeken o, b en /'. Een stuk van de eerste lijn, van gegeven lengte m, wordt op de tweede geprojecteerd, deze projectie op de derde lijn, de tweede projectie op de eerste lijn enz. tot in het oneindige, Hoe groot is de som der lijn m en van al hare projectiën ? De drie rechte lijnen OA, OB en OC snijden elkaar onder de scherpe hoeken oc, b en j, d.w.z. |_ AOB = oc, |_ BOC = B en |_COA = j. Zij nu het stuk Oa, gelijk aan de gegeven lengte m genomen, dan is de projectie Ob, van Oa, op OB gelijk m cos oc, de projectie OC, van Ob, op OC gelijk Ob, cos b = m cos oc cos b, de projectie Oa, van Oc, op OA gelijk m cos oc cos b cos j, de projectie Ob, van Oa, op OB gelijk m cos, oc cos b cos j enz. De som der stukken Oa„ Oa„ Oa3 enz. is dus m + m cos oc cos b cos j -f- m cos' oc cos2 b cos' j + . . . = m (I + COS OC cos b cos j + cosi oc cos, j -)- . . . ) of ter bekorting cos oc cos b cos j = E stellende, gelijk m (1 -)- E + E2 -f- E3 -f- • • • )• Evenzoo vindt men voor de som der stukken Ob,, Ob„ Ob3 ... m cos oc m cos oc (1 + E -f E2 + E' + . . . ) en voor de som der stukken OC„ OC„ OC, . m cos b(l+E + E,-f"E> + . . . ). De som der lijn m en van al hare projecties is dus m (1 + cos oc + cos oc cos B) (1 -f E -f E, + E, + . . ). Nu zijn oc, b en j scherpe hoeken, hunne cosinussen zijn dus positief zoodat E = cos oc cos b cos j eene positieve grootheid kleiner dan de eenheid is. Daar de som der termen eener oneindig voortloopende meetkundige reeks, waarvan de reden kleiner is dan de eenheid, nadert tot een limiet, welke gelijk is aan den eersten term der reeks, gedeeld door het verschil van de eenheid en de reden, is 1 + E +' + E" -f- . . . = 1_ _ 1 1 + E 1 — cos oc cos b cos j De gevraagde grootheid is dus: m 1 + cos oc cos oc cos b 1 — cos oc cos b cos j Overijssel 1867. No 2. Wanneer de zijde des regelmatigen twaalfhoeks als eenheid genomen wordt, begeert men daarin den inhoud uit te drukken. In den met den straal OA = r beschreven cirkel is de koorde EB = r de zijde van den ingeschreven regelmatigen zeshoek. Deelt de middellijn FA den hoek BOE middendoor, dan is de koorde AB de zijde van den regelmatigen twaalfhoek, welke zijde wij door a voorstellen. Omdat driehoek OBE gelijkzijdig is en OD den hoek BOE middendoor deelt, is BD = ^ r en OD = ~ r j/' 3. Nu is AD = OA — OD = r — ^ r I 3 — ~ (2 — J/ 3) r en eindelijk AB' = a' BD -f- AD 4 r' + 4 (2 l 3)' r2 — (2— (/ 3) rs, waaruit volgt: = 2 _ J/ 3 a" = + V' 3) a2. De inhoud van den regelmatigen twaalfhoek is twaalf maal dien van den driehoek OAB of 12 X \ AB X OC = 6 AB X AC. Nu volgt uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoeken ABD en AOC: AB : AO = BD : OC. zoodat AB X OC = AO X BD = J AO' = } r2 = } (2=(X3 a, } ^De gevraagde inhoud van den regelmatigen twaalfhoek is dus 6 X ^ (2 + I 3) a- = (6 + 3 J 3) a2 of wanneer de zijde van den regelmatigen twaalfhoek a als eenheid van lengte is aangenomen, gelijk 6+ 3 V 3. Overijssel 1867. No. 3. ,mW'nnee' men van eene afgeknotte piramide gegeven is het grondvlak - 100 □ palm, het bovenvlak = 16 □ palm en de hoogte = 6 palm vraagt men de verhouding van de inhouden der/deelen te>inden, waarin hli ïr h"1 T ^°rdt d°0r ee" Vlak' dat op ,wei;J:Palm afstands van grondvlak, evenwijdig aan het grondvlak, gebracht wordt. Zij A'B'C1 (zie figuur) de gegeven afgeknotte pyramide, van welk lichaam het grondvlak ABC . . een oppervlakte B = 16 □ palm heeft. Uit het snijpunt S der opstaande zijvlakken laten wij eene loodlijn op boven- en grondvlak neer, welke loodlijn die vlakken respectievelijk in Q en P snijdt, zoodat PQ, de hoogte van de afgeknotte pyramide, = 6 palm is. Door het punt R, dat in PQ op een afstand PR = 2 palm van P verwijderd ligt (zoodat RQ = 4 palm is) brengt men een vlak abc . . . , evenwijdig aan het grondvlak;door dit vlak abc . . . wordt de gegeven afgeknotte piramide verdeeld in twee deelen; de inhoud van het onderste deel noemen wij I en die van het bovenste deel I'. Nu heeft men: SQ2 = SP2 = B : G, of wanneer wij de lengte SQ = x palmen stellen: = 42 Ned. duim en de oppervlakte van het grondvlak ^42 X~8 > + M l .7.5 V 85 - 3 V 4 Ri - 85 • = 2 | V/XRr-^85' J 17.5 K 85 - V 4 R5 — 85. [ Groningen 1867. 2e Ploeg No. 3. Uit een bol, wiens straal -- a is, heeft men een cirkelvormigen bolvormigen sector gesneden, waarvan de tophoek — 60" is. Hoe groot zullen de ribben van een tetraëdrum zijn, welks inhoud gelijk is aan dien van bovengenoemden sector? Zij OABA'O de cirkelvormige bolvormige sector, waarvan de tophoek AOA' = 60° is en zij de straal OA van den bol a- Omdat |_ AOB = 30° is, is AC = i- OA = ^ a en dus OC = V OA' — AC» - Xa' — \ a' = De straal CA = CB van de cirkelvormige opening der holle cylindervormige buis is r en de hoogte van de pijl CD van het ingezonken bolseginent is } r. De pijl CE is dan AC' = 2r. De inhoud van een bolseginent is de helft van een cylinder, die tot grondvlak heeft het grondvlak van het segment en tot hoogte de pijl van het segment, plus een bol, wiens middellijn gelijk is aan de pijl van het «segment. De inhoud van het bolsegment ACBDA is dus gelijk: 2 | AC* X CD -f- — " i CDS - ' | (3 AC' + CD3) X CD = = '6 I (3 r* + 4 r") X 2 = 4| -!'• en de inhoud van het bolsegment ACBEA is; 2 I AC' X CE = g | CE' = g | (3 AC' + CE») X CE = | | (3 r' -f 4 r') X 2 r = \ r 1868. No. 1. Op een holle cilindervormige buis rust een bol; de hoogte van het ingezonken segment is gelijk aan den halven straal r der cirkelvormige opening. Men vraagt den inhoud te bepalen van het ingezonken, alsmede van het boven de buis uitstekende segment. 1868. No. 2. Den inhoud te berekenen van een kubus, beschreven in een rechten cirkeluormigen kegel, zoodat de hoekpunten van het bovenvlak liggen in het oppervlak des kegels, en het grondvlak van den kubus in het grondvlak des kegels. De straal van het grondvlak des kegels is = R, de hoogte = //. Dit vraagstuk vertoont eene groote overeenkomst met dat, opgegeven in 1866 in de provincie Gelderland aan de 2e ploeg sub No. 2. Zij de rechthoekige driehoek ABC het meridiaanvlak van den gegeven rechten cirkelvormigen kegel (zie figuur) zoodat BC = R en AB = H is. Wanneer het bovenvlak van den kubus in het vlak DE ligt, moet de zijde menigvuldige] met den omtrek van den cirkel, welken het zwaartepunt der figuur bij de wenteling doorloopt. De omwentelingslichamen, welke ontstaan door achtereenvolgens het trapezium ABCD te laten wentelen om AD en BC zijn dus evenredig aan ZK eti ZL of aan BC en AD of m. a. w. omgekeerd evenredig aan de zijden, waarom de omwenteling plaats heeft. 1871. No. 1. Een gegeven cirkel door concentrische cirkels in zeven jjeliike deelen te verdeelen. Zij ()A (zie figuur) de straal van den gegeven cirkel. Men bepaalt het midden B van OA en verdeelt OB in zeven gelijke deelen, zoodat Bm, = m, m, = m, m, = = m„ O = 1 OA is. Uit Mderdeel- Punten m,, m„ m, tot en met m„ als middelpunt beschrijft men cirkelbogen, welke door A gaan en de loodlijn in O op OA opgericht respectievelijk snijden in de punten a„ a„ a. , a„. De cirkels uit O als middelpunt met de stralen Oa„ Oa„, Oa: Oa„ beschreven, verdeelen dan den gegeven cirkel in zeven gelijke deelen. Stellen wij kortheidshalve de straal OA van den gegeven cirkel door R en den inhoud van den cirkel door I voor, dan zien wij dat On, = \ R, On» = ^ R> 0fji _ 3 R enz< zooda( 0a ï _ 0A x Qn _ \ R3 2 2 Das — ^ R-1, Qas- - R-' enz. en de inhoud van den binnensten cirkel Meetkunde. ( met Oai als straal beschreven is || X Oai2 = 7 | R5 = | I, de inhoud tusschen den binnensten cirkel en de daarop volgende | ( ^ R- - ^ R2) 1 , = = I, enz. 1871. No. 2. In een bol is een kegelvormig gat, zoodanig, dat de top van den kegel in het oppervlak van den bol ligt, terwijl de as door het middelpunt van den bol gaat. Als nu de inhoud van het overblijvende gedeelte driemaal grooter is dan die van de in den bol gemaakte opening, hoe groot is dan de straal van het grondvlak van den kegel? De inhoud van de in den bol gemaakte opening is de som van den kegel ABC (zie figuur) en van het bolsegment ABD. Noemen wij R de straal van den bol, r de straal EB van het grondvlak van den kegel en h de pijl Dr van het segment ABD, zoodat EC = 2r — h is, dan i* de inhoud van den kegel ABC = ^ | r"J(2 R — h) en de inhoud van het bolsegment ABD =2 I r' h + è I h\ Dc inhoud van de in den bol gemaakte opening is dus ^ I T' (2 R — h) ^ | r" h + j. | h" — g | (4 Rra + r* h -f h") = g | j (4 R + h) r' + h" ( of daar r3 = (2 R — h) h is, gelijk g | J (4 R — h) (2 R — h) h -j- ha | = g | (8 R-1 h — 2 h h2) = L (4 R - h) Rh. Daar, hetgeen van den bol overblijft, nadat het kegelvormige gat is aangebracht, driemaal zoo groot is als de inhoud van de gemaakte opening, is de inhoud van de opening gelijk één vierde van den inhoud van den bol of ^ X 3 I Ra — 3 I R*- Men heeft dus de betrekking: ^ | R" = 3 j (4 R — h) Rh. R* = (4 R - h) h ha — 4 Rh + Rs = o. of daar h kleiner moet zijn dan 2 R, DE — h = (2 — 1/ 3) R, zoodat CE = 2R-h = |/3R, waaruit volgt r = |/DE X CE = R 1/ (2 - |/3) V3 = R V- 3 + k 12- 1872. No. l Een vierhoek te construeeren, als gegeven zijn drie zijden en de hoeken aan de vierde zijde. Uit een punt A (zie figuur) eener rechte lijn ZF trekt men aan dezelfde zijde van EF twee lijnen AK en AL, zoodanig dat de beide hoeken KAF gelijk zijn aan de twee gegeven hoeken van den vierhoek. Van uit A zet men op AK en AL de stukken AD en AG uit welke gelijk zijn aan twee gegeven zijden van den vierhoek. Door het punt (j brengt men de lijn GM evenwijdig aan EF en beschrijft daarna met de derde der gegeven zijden van den vierhoek als straal een cirkelboog, welke de lijn GM in C snijdt. Vereenigt men nu C met D en trekt men door C eene lijn evenwijdig aan GA, dan is, zooals gemakkelijk is intezien, ABCD de gevraagde vierhoek. 1872. No. 2. Een kegel is met zijn top in een der hoekpunten van een gegeven kubus geplaatst, terwijl de omtrek van zijn grondvlak door het midden gaat van de drie ribben, die in het tegenovergestelde hoekpunt van den kubus samenkomen. Men vraagt den inhoud van dien kegel te bepalen, als de ribbe van den kubus gegeven is. De top van den kegel bevindt zich in het hoekpunt E (zie figuur) van den kubus en de omtrek van zijn grondvlak gaat door de punten L, M en K, welke respectievelijk de middens zijn der ribben AB, AC en AD van den kubus. Zooals gemakkelijk is in te zien, valt de diagonaal AE van den kubussamen met de as van den kegel. Het punt O, waar die diagonaal AE het vlak LMK snijdt, is het middelpunt van den cirkel, beschreven om den gclijkzijdigen driehoek LMK, welks zijde 9 a \/ 2 is, wanneer wij de ribbe van den kubus a noemen. De straal OL van het grondvlak van den kegel is dus | 1/ 3 X i a | 2 = ' a [/' 6. 6 1 6 De hoogte OE van den kegel is gelijk aan AB — AO. Nu is de diagonaar AE ■= a 1/ 3 en AO de hoogte van de regelmatige driezijdige pyramide ALMK gelijk |/ AL2 — OL* = I ' a' — ' a' = ' a | 3, zoodat 4oo OE = a| 3 -'al 3 = | a \/ 3. O O De gevraagde inhoud van den kegel is dus: J .OL-XOE - \ I X J »■ X g a|/3 = »^lTla. Het oppervlak van het bolsegment CAC'DC is gelijk aan den omtrek 2 Tj a van een grooten cirkel van den bol, vermenigvuldigd met de hoogte AD van het segment. Nu is OD a en dus AD = 1 } a, zoodat het oppervlak van het bolsegment CAC'DC is 2 "j a X ^ a = 3 "i a' Het ronde oppervlak van den kegel PCC' is het halve product van den omtrek van zijn grondvlak en zijn apothema PC, dus | CD X CP, of daar CP = 2 CD is, gelijk 2 | CD-. Nu is DC = ^ a V 3, zoodat het 3 3 ronde oppervlak van den kegel PCC' is 2 | X 4 32 = 3 ' *'■ De oppervlakte van het lichaam, dat ontstaat door de wenteling van 3 9 de figuur ACPA om AP is dus: 3 | a' + , | a' = — "| a'. 1872. No. 3 Uit een punt P, gelegen op het verlengde van de midddellijn AB van een halven cirkel, is eene lijn getrokken, die den halven cirkel in een punt C raakt. Indien nu AD = 211 en boog BC = 60° is vraagt men het oppervlak en den inhoud te berekenen van het lichaam, dat ontstaat door de wenteling van de figuur ACP om de lijn AP. De Inhoud van den bolsector OCAC'O is gelijk aan het bolle oppervlak van dien sector vermenigvuldigd met een derde van den straal van den bol, dus 3- | a' X 3 a = | as. De inhoud van den kegel OCDC1 is 3 | CD- X OD en dien van den kegel PCDC' is | | CD2 X DP De gevraagde inhoud van het lichaam, dat ontstaat door de wenteling der figuur ACPA om AP is dus: ~j a" + Jl CD2 X OP, of daar CD = 2 a | 3 en OP = 2a, gelijk | a" + J |X |a2X2a = 3 ~, a«. 1873. No. 1. Indien men uit een der hoekpunten van een paralellogram lijnen trekt naar de middelpunten van de twee zijden, die den tegenovergestelden hoek insluiten, en de beide middelpunten door eene rechte lijn vereenigt dan vraagt men de verhouding van de inhouden van den driehoek door die drie lijnen gevormd, en van het geheele paralellogram te bepalen. Noemen wij de basis AB van het paralellogram a en zijne hoogte d.w.z. de afstand tusschen de beide evenwijdige zijden AB en DC h De oppervlakte van het paralellogram is dan ah - de oppervlakte van den driehoek ABE is ^ a X ^ h = 4 ah, die van driehoek ADF is X — a X h — ^ ah en die van den driehoek CEF is --- X ^ a X — h = J ah. De driehoeken ABE, ADF en CEF hebben dus te samen een oppervlakte van ^ ah f ^ ah + g ah = ^ ah, zoodat de oppervlakte van den driehoek AEF is ah — 5 ah = 3 ah 8 8 De oppervlakte van driehoek AEF verhoudt zich dus tot die van het geheele paralellogram als 3 tot 8. 1873. No. 2. Aan twee cirkels, die elkaar uitwendig raken en waarvan de stralen R en r gegeven zijn, is eene gemeenschappelijke raaklijn getrokken. Bereken den inhoud van het lichaam, dat ontstaat door de figuur, welke begrensd wordt door de raaklijn en de cirkelbogen, begrepen tusschen hunne raakpunten met de rechte lijn en hun gemeenschappelijk raakpunt, te laten omwentelen om de lijn, die de middelpunten vereenigt. De beide cirkels wier stralen CP - R en BP = r zijn, raken elkaar uitwendig in het punt P (zie figuur). Zij DA de gemeenschappelijke raaklijn aan die cirkels, BK eene lijn, welke uit het middelpunt B van den met den kleinsten straal beschreven cirkel evenwijdig aan de gemeenschappelijke raaklijn wordt getrokken, en PR eene loodlijn in het raakpunt P op de lijn BC, welke de middelpunten B en C vereenigt, opgericht. Trekken wij bovendien nog uit het punt R, waar de loodlijn PR de gemeenschappelijke raaklijn DA snijdt, de lijn RQ evenwijdig aan BC. Men heeft dan blijkens de figuur RA = RP = RD, en verder QR = EP = FP. Nu is de inhoud van het lichaam, dat ontstaat door het rechthoekig trapezium ABCD te laten wentelen om BC (zie Vraagstuk 1870 No. 3) ge- lijk g | j CDJ -f- CD X BA BAa j X ■ Hierin is CD = R, BA = r en AD = BK = l BC* - CK* = \/ (R + r)' — (R — r)' 2 \/ Rr. De inhoud van evenbedoeld omwentelingslichaam is dus: f '!R' + Rr + r*!Xj^r= 3 ljr|-r(R' + Rr+r*). De inhoud van den bolsector CDPD'C is ^ R X 2 "1 R XPE = i? I Ra X PE en die van den bolsector BAPA'B = ! r X 2 i r X «3 3 2 PF = -y | r'J X PF; de som dier beide bolsectoren is dus omdat PE = 1874. No 2. Een regelmatig viervlak en achtvlak hebben gelijke oppervlakten Welke is de verhouding van hunne inhouden? Noemen wij van het regelmatig achtvlak de oppervlakte O, de ribbe a, de straal van den ingeschreven bol r en de inhoud /, en de overeenkomstige elementen van het regelmatig viervlak Oh au r, en /., dan is O = 2 I 3 ' - 6 " I « I = O X V en O, = a,' ^ 3 , = a, y 6 1, = O, X i r, Is nu O 0[ dan heeft men: 2 as |/ 3 = a.» | 3 of 3 = ' V 2. 1 I - I r fi 3 I b en = = 6 = 2 3 - 2 V 1 . 1 r' 1 a I a, 2 2=1/2. |2 a, | O Bij gelijke oppervlakten is dus de inhoud van het achtvlak I "> maal den inhoud van het viervlak. IÖ74. No 3. In en om een gelijkzijdigen driehoek zijn cirkels beschreven De figuur wentelt om de middellijn, die door een der hoekpunten gaaf Men vraagt den inhoud der verschillende deelen te berekenen, waaruit het omwentelingslichaam is samengesteld, als men den straal des grootsten cirkels R noemt? De straal van den ingeschreven bol is r 2 R; de inhoud van dien bol is dus 4 . , 4 / R \:l i 3 1 r = 3 ' ( r ) = 6 IR"' De inhoud van den kegel ABC is 3 I DO X AD; hierin is DC 2 " I 3 en AD 1 R, zoodat de inhoud van dien kegel wordt uitgedrukt door 8 | Rs. De inhoud van den kegel minus den kleinen bol is dus | R" _ 1 . 5 R'' 24 1 ^ en dc inhoud van den grooten bol minus den inhoud van den kegel is * I R' - R" ^ , R*. De gevraagde inhoud is de som der inhouden van den kegel ABOE en van den afgeknotten kegel BCDE. De inhoud van den kegel ABGE is ,2 ' BE' X AG = ,2 I X ^ r"J (10 + 2 V 5) X \ r (5 - V 5) = 96 ' r" ^ — ^ = ^ ' r" ~ ' r*' 'n'louc' van den afgeknotten kegel BCDE is ^ ;| j BE2 + BE X CD + CD' [ X GF = ' 11 |-J I* (10 + 2 V 5) + -1 r (V ,0 + 2 Vï X 2 r V W - 2 V 5 + ~ r' (10 - 2 VS) [ X \ r VT = ~ | r» | (10 + 2 V 5) + V 10» - 4 X 5 + 10 - 2 V 5 ; V 5 = ~ | r' j 10 + 2 V 5 + 4 V 5 + 10 - 2 V 5 | V 5 = g'6 | r» (20 + 4 V~5) V~5 = 2\ Tj r' (5 + 5 V 5) = 254 | r' (1 + V~5). 5 5- De gevraagde inhoud is dus: ^ I r* + ^ I r" (1 + V 5) — ^ I r» (2 + V 5). Omdat r = 1 Meter is, is dus de gevriagde inhoud: 24 1(2 + V 5) M3 = 2.7725 M3. 1875. No. 3. Een bol rust in een rechten kegel, welks as loodrecht staat terwijl de top naar beneden is gekeerd. Het grondvlak van den kegel is gelijk aan het oppervlak van den bol; de inhoud van den kegel is 2H (p) maal grooter dan de inhoud van den bol, die 16 ( terwijl liet bolsegment, welks hoogte A'P is, gelijk is aan: | BP X A'P -f- ' l A'P1 = 1 i A'P V z o 6 ! 3 BPJ + A'P ; = i , x J a Ka = ; 3 »' + J a. J = 216 1 a' ' 6' 1877 No. 3. Twee kegels liggen binnen een bol; zij hebben denzelfden top, en de beschrijvende lijnen van den eenen zijn de verlengden van die des anderen, de omtrekken der grondvlakken liggen op het oppervlak van den bol. De straal van den bol is 29 centim., de afstand van de grondvlakken der beide kegels bedraagt 41 centim., en de afstand van den gemeenschappelijken top tot het middelpunt des bols I centim. Men vraagt den inhoud van het omwentelingslichaam, dat door de beide kegelvlakken en door het oppervlak van den bol begrensd wordt. De gemeenschappelijke as der beide kegels gaat door het middelpunt van den bol. De figuur stelt voor een doorsnede van bol en kegels, gebracht door de middellijn EF van den bol, welke middellijn tevens de as van de kegels is; S is de gemeenschappelijke top der beide kegels, SA en SA' evenals SC en SC' — zijn beschrijvende lijnen, van elk der beide kegels, welke in eikaars verlengde vallen. De snijding der kegels met den bol heeft plaats volgens kleine cirkels op den bol, wier stralen BA en DC zijn. De vraag is nu den inhoud te bepalen van het lichaam, dat ontstaat door de figuur ASCA te laten wentelen om de middellijn EF. Wanneer O het middelpunt van den bol is, is OE — OF = 29 cM. en OS 1 cM., zoodat SE = OE — OS = 29 1 28 cM. en SF = OF -f- OS — 29 + 1 = 30 cM. Verder is gegeven BD = 21 cM. Stellen wij SB voor door x, dus SD = BD — SB = 41 — x, dan is BE = SE - SB = 28 - x, BF = BS + SF =- x + 30. DF = BF BD = x + 30 — 41 — x — 11 en DE = BD -f BE = 41 -|- 28 — x = 69 - x. Nu heeft men AB- + BE X BF = (28 - x) (x + 30) en CD* DF X DE = (x — 11) (69 — x). Verder is SA'2 = AB- + BS- = (28 - z) (x + 30) + xa = 840 2 x en SC- = SDa -f CD2 = (41 - x)« + (x - 11) (69 - x) = 922 - 2 x. Ook is SA X SA1 - SE X SF of, door SA1 = SC is, SA X SC = SE X SF = 28 X 30 of SA2 X SC2 = 282 X 30s, zoodat men komt tot de betrekking: (840 — 2 x) (922 — 2 x ) - 282 X 30(420 - x) (461 — x) = 14' X 302 193620 - 881 x + x" = 176400 x2 = 881 x + 17220 — 0 (x + 20) (x - 861) = 0. Omdat SB kleiner is dan de middellijn, is voor ons vraagstuk alleen de kleinste wortel a = 20 van beteekenis, men heeft dus SB = 20 cM. waaruit volgt BE = 28 - 20 = 8 cM., AB- = (28 — x) (x + 30) 8 X 50 = 400 cM2, DF = x - 11 = 2G — 11=9 cM., SD = BD SB = 41 — 20 = 21 cM. en CD2 = (x - 11) (69 - x) = 9 X 49 = 441 cM2. De gevraagde inhoud is het verschil van den inhoud van den bol met de som der inhouden van de beide kegels SAC1 en SCA1 en van de beide bolsegmenten AEC'BA en A'FCBA', of gelijk J | OE" - | J | AB2 X SB + 3 | CD2 X SD2 + J | AB2 X BE + J | BE:' + 2 I CD2 X DF + | | DF» j = = 3 ' °E' - i 1 ; AB2 (2 SB + 3 BE) + CD- (2 SD + 3 DF) + BE' + DF:' J = = 3 1 X & ~ è ' I 400 (2 X 20 + 3 X 8) + 441 (2 X 21 + 3 X 9) + 8S + 9a \ = 3 X 29' | - g | (25600 + 30429 + 512 X 729 =■= = i x 24389 I - ' I x 57278 ' | (97556 - 28635) = O O O = 3 I X 68921 = 229733 I cM'. 1878. No 1 Bewijs dat de diagonalen van een regelmatigen vijfhoek elkander in de uiterste en middelste reden verdeelen, en dat het grootste stuk gelijk is aan de zijde van den vijfhoek. Construeer met behulp van deze eigenschap een regelmatigen vijfhoek, welks zijde gegeven is. In de liguur is voorgesteld een regelmatigen vfifhoek ABCDE ■net den om dien vijfhoek beschreven cirkel. In dien vijfhoek trekken wij de diagonalen AC en BD en vereenigen wij de hoekpunten A en D. In den driehoek DAB zijn de beide hoeken DAB en DBA elk gelijk 72° daar hunne hoekpunten zich op den omtrek van den omgeschreven cirkel bevinden, en de bogen, waarop zij staan, ieder ^ van 5 den geheelen cirkelomtrek zijn. De driehoek DAB is dusgelijkbeenig en men heeft DA = DB. Hoek BAC is ^ X 180° = 36° en daar [_ ABD = 72° is, is I— Al B = 72°. zoodat van den driehoek ABF de hoeken aan de basis BF gelijk zijn en derhalve die driehoek gelijkbeenig is, zoodat men heeft AB - AF. Bovendien zijn de gelijkbeenige driehoeken ABF en DAB gelijkvormig, onidat de hoeken aan de basis gelijk zijn. Men heeft dus: FB: AB = AB: BD. of — daar ook driehoek FAD gelijkbeenig is en omdat |_ DAC = |_ ADB = 32° is, zoodat AB AF = FD is — FB: FD = FD: BD. Men ziet dus dat het snijpunt F der beide diagonalen AC en BD de diagonaal BD in de uiterste en middelste reden verdeelt, zoodat het grootste stuk DF gelijk is aan de zijde AB van den regelmatigen vijfhoek. wm mei oenuip uezer eigenschap een regelmatigen vijfhoek te construeeren, welks zijde a gegeven is, richt men op het uiteinde B (Zie figuur) der lijn AB, welke gelijk a genomen is, de loodlijn BK op, en neemt BK = } a. Men vereenigt K met A en beschrijft uit K als middelpunt met KB als straal een cirkel, welke de lijn AK in M en het verlangde van AK in D snijdt. Omdat MD = 2 KB = a en AB* = MD' = AM X AD is, ziet men dat AD de diagonaal van den regelmatigen vijfhoek, welks zijde = a is. Men construeert dus een gelijkbeenige driehoek ADE, welks basis AD is, en welks opstaande zijden AE en DE gelijk AB = a zijn; de om dien driehoek ADE beschreven cirkel is tevens de cirkel, welke beschreven kan worden oin den regelmatigen veelhoek, welks zijde a is. AE en EU zijn twee dier zijden van dien vijfhoek; de beide andere hoekpunten E en G krijgt men door uit D en A de koorden DE en AG gelijk a op den cirkelomtrek uit te zetten. 1878 No. 2 Van een kubus wordt een driehoekige piramide afgesneden, waarvan de top gelegen is in een der hoekpunten van den kubus en de opstaande ribben met die van den kubus samenvallen. Indien die opstaande ribben allen gelijk zijn, vraagt men naar de hoogte der piramide en naar de plaats waar haar grondvlak de ribben van den kubus snijdt, als de inhoud der piramide een zesde bedraagt van dien van den kubus. Noemen wii de ribbe van den kubus a, zoodat zijn inhoud is as. Zij het hoekpunt A (fig. I) van den kubus de top van de driehoekige pyramide, welks opstaande ribben samenvallen met de ribben AE, AG en AH van den kubus. Noemen wij a: de lengte der onderling gelijke opstaande ribben AC, AD en AE der pyramide. Het grondvlak CDE der pyramide is een gelijkzijdige driehoek, waarvan de zijde CD — DE — EC = x ]/ 2 is. De oppervlakte van dat grondvlak, in fig. II afzonderlijk voorgesteld, is dus ' a2l/ 3. De loodlijn uit den top A der pyramide op haar grondvlak CDE neergelaten, valt samen met de diagonaal AB van den kubus en snijdt het grondvlak CDE der pyramide in het middelpunt O van den gelijkzijdigen driehoek CDE. In dien driehoek (figuur II) is CK = ^ CD 1/3 = i x 1/ 6 en 0C = 3 CK = g x J 6, zoodat de hoogte AO der pyramide gelijk is aan I AC: — OC-' = ^ xa — ~ x'— ^ x2 = 3 x 1X3. Dein- houd van de pyramide ACDE is ^ X Inh. drie¬ hoek CDE X AO — 3 X 2 a' IX 3 X 3 x I 3 = g x3. Is dus de inhoud der pyramide ACDE gelijk aan een zesde van dien van den kubus, dan moet g x;l — g aa of x — a zijn, en is de hoogte AO der pyratnide ^ a | 3, het grondvlak CDE der pyramide ACDE gaat in dit geval dus door de drie hoekpunten F, G en H, gelegen om den top A der pyramide. 1878. No. 3. Op het oppervlak van een bol zijn een groote en een kleine cirkel getrokken, die elkander raken en welker vlakken een hoek van 30° met elkander maken. Hoe groot zijn het ronde oppervlak en de inhoud van het gedeelte van den bol, tusschen die beide vlakken begrepen, indien het oppervlak van den bol als eenheid van vlaktemaat en de inhoud van den bol als eenheid van inhoudsmaat worden aangenomen? Zij O (Zie figuur) het middelpunt van den bol, welks straal wij door R voorstellen, AB een groote cirkel en AC een kleine cirkel, welke beide cirkels elkaar in het punt A raken en wier vlakken een hoek BAC = 30o met elkaar maken. Uit O laten wij de loodlijn OE op het vlak van den kleinen cirkel neer, welke loodlijn het vlak van dien kleinen cirkel in het punt D snijdt: men heeft dan, omdat L OAD = 30° is, OD - DE = ^ R' Het oppervlak van het bolsegtnent CEADC is dan 2 I R X R = | R2. Daar het oppervlak van den halven bol ABCEA 2 | R2 is. is het oppervlak van den bol, gelegen tusschen den grooten en den kleinen cirkel Tj RJ = ~ X 4 | R2 = -j X Oppervlak bol. Is dus het oppervlak van den bol als eenheid van vlaktemaat aangenomen, dan is het gevraagde oppervlak = De inhoud van het bolsegment CKADC is ^ I DA2 X DE + -g ~j DE». Nu is AD2 = OA2 - OD2 = R2 — ' R2 = 3. R'2, de inhoud ' 4 4 1 3 1 1 / R " van genoemd bolsegment is dus : I X 4 R2 X " y R + g I ly) 3 I R3 + | R:l il i Rs- De inhoud van den halven bol is lo 48 2.4 2 2 5 11 2 I R8; de gevraagde inhoud is dus: ^ | R' — | R3 24 ' 32 ^ 3 ' 3? ^ 'n'K)uc' k°l- Is de inhoud van den bol als eenheid van inhoudsmaat aangenomen, dan is dus de gevraagde inhoud ^9. 1879. No. l. Uit een punt I) van de zijde AB van een driehoek ABC is eene lijn DE getrokken, evenwijdig met AC. Uit B eene lijn te trekken, die AC in G en DE in F snijdt, zoodat de driehoeken DBF en BQC denzelfden inhoud hebben. In den driehoek ABC is uit een punt D der zijde AB de lijn DE evenwijdig met AC getrokken. Wanneer wij door het hoekpunt B de lijn < BG trekken, welke AC in G en DE in F snijdt zijn van de gelijkvormige driehoeken DBF en ABG de inhouden evenredig aan de vierkanten der homologe zijden, dus: Inh. A DBF : Inh. A ABG = DB- : AB- (1). De driehoeken ABG en BGC hebben gelijke hoogte, hunne inhouden verhouden zich dus als de lengte hunner basissen, zoodat: Inh. A ABG : Inh. A BGC = AG : GC. (2). Door de overeenkomstige termen van de beide evenredigheden (1) en (2) met elkaar te vermenigvuldigen, krijgt men: Inh. A DBF : Inh. A BGF = DB' X AG : AB- X GC. Is nu Inh. A. DBF gelijk aan Inh. A.BGC, dan heeft men de betrekking: DB2 X AG = AB- X GC, of AG : GC = AB- : DB-. dus AG + GC : AB- + DB- = AG : AB2 AC : AB- + DB2 = AG : AB2 .» , , AB3 X AC waaruit volgt: AG = + Dg2 AB'2 V AC Stelt men AB- + DB- — oc2 dan is dus AG = of ' cc2 . ^ v - /AB X AC\ AB x AC _ . „ , . „ AG X AC = ^ — J en _ = B stellende, AG X AC = B2. Construeeren wij nu eerst oc; door in B de loodlijn BH op AB op te richten en BH gelijk DB te nemen, is de lijn die A met H verbindt gelijk | AB2 + DB- — oc. Op AB zet men Al = AH oc uit, vereenigt I met C en trekt uit B de lijn BK evenwijdig met IC; men heeft dan Al : AC = AB : AK of oc : AC — AB : AK , AL, AH X AC. „ waaruit volgt AK : _ = B. Op AC als middellijn beschrijven wij een halven cirkel en zetten uit A de koorde AL = AK = B uit. Uit het uiteinde L dier koorde laten wij AL2 eene loodlijn LQ op AC neer, dan is AG = ^ of AG X AC = B2. De lijn BG, die B met G verbindt, is dus de gezochte deellijn. 1879. No. 2. Van een lichaam is het grondvlak een rechthoek; de opstaande zijvlakken, die door de langste zijde van het grondvlak gaan, maken met die laatste hoeken van 30°, terwijl de beide andere zijvlakken, gaande door de kortste zijden van den rechthoek, met het grondvlak hoeken van 60o maken. Men vraagt den inhoud van het lichaam, als de zijden van het grondvlak a en b zijn. In nevenstaande figuur is het lichaam in drie projecties voorgesteld. De rechthoek ABCD is het grondvlak van het lichaam; van dien rechthoek zij de langste zijde AB = a en de andere zijde BC = b. Daar F.G = ' b en |_ EFG = 30° is, vindt men EF ^ b | 3, de inhoud van de dwarsdoorsnede FGH is dus ' b'J | 3. In den driehoek KML is LM = EF = g b. J/ 3 en |_ LKM = 60°, zoodat MK = g b. Brengen wij door de uiteinden L en N van de met het grondvlak evenwijdige ribbe LN, vlakken loodrecht op het grondvlak, dan verdeden wij het lichaam in drie deelen. 1884. No. 2. De straal van een bol is in de uiterste en middelste reden verdeeld: het grootste stuk ligt aan het middelpunt. Door het deelpunt is een vlak gebracht, loodrecht op dien straal. In het grootste bolsegment, hetwelk dit vlak van den bol afsnijdt, is eene regelmatige vierzijdige piramide eschreven, waarvan de top ligt in het oppervlak van het bolsegment en het grondvlak in het loodrechte vlak. Bepaal van deze piramide den inhoud en het geheele oppervlak. 45°. Laten wij uit O de loodlijn OD op de koorde BC neer, dan is DB = DC en ontstaat de gelijkbeenige rechthoekige driehoek OAD zoodat AD = OD is. Nu is AB = DB — AD of AB'J = DB- - 2 DB X AD + AD* en AC = DC + AD of AC2 = DC5 + 2 DC X SD X AD + AD*. Tellen wij deze gelijkheden bij elkaar op, dan komen wij tot: AB' + AC2 - 2 DDa -f 2 AD2 = 2 (DB2 + AD') = 2 (DB2 -f OD2) = 2 OB2. Het punt O (zie figuur) is het middelpunt van een bol wiens straal OC = r is. De straal OB van dien bol wordt door het punt A in den uitersten en middelsten reden verdeeld, zoodanig dat OA het grootste stuk van den aldus verdeelden straal is, waardoor men heeft: AB : AO = AO : OB dus r — AO : AO = AO : r of r2 = AO X (r + AO) . . . . (I) Door het punt A is een vlak CC, gebracht dat loodrecht staat op den straal OB. In het grootste segment ACSCjA dat het vlak CCi van den bol afsnijdt, is een regelmatige vierzijdige piramide beschreven, waarvan de top S ligt in het oppervlak van het bolsegment ACSC'A en wier grondvlak ligt in het vlak CC. Dit grondvlak is dus het vierkant DEFG beschreven in den cirkel, wiens straal PD = AC is. Noemen wij die straal p, dan is, omdat AC2 = OC2 — OA2 is, p-' = r2 — OA2 of in verband met (1) p2 =; r X AO. De inhoud van Jen gelijkbeenigen rechthoekigen drie- kegel is als p lot q. Noemen wij de straal AB van het grondvlak van den afgeknotten kegel R en de hoogte van dien cilinder en den afgeknotten kegel /;. De inhoud van den afgeknotten kegel ^ | (R1 + R r -j- rs) h r2 h : ^ | (R» + Rr -f r») h = p . q. 3p r» = R' + rR + r' R + rR-fp — = 0 (i) Van deze vierkantsvergelijking in R is de coëfficiënt (+ r) van de eerste niacht van R, d. w. z. de som der wortels met tegengesteld teeken genomen, positief; ware nu de geheele bekende term p - 3q d.w.z. het product der wortels, positief, dan zou, wanneer die vierkantsvergelijking reëele wortels hadde, die wortels beiden hetzelfde teeken hebben en wel beide negatief zijn, d. w. z. zou er geene oplossing van ons vraagstuk mogelijk zijn, daar uit den aard der zaak R een positieve waarde moet verkrijgen. Men ziet dus dat p — 3q niet positief mag zijn, of wel P moet ee- q s lijk of kleiner zijn dan 3. Dit resultaat is ook dadelijk uit de figuur op te maken, daar R = AB niet kleiner kan zijn dan nul. Is AB = 0 dan wordt de afgeknotte kegel BB'C'C een kegel, wiens top in A ligt, en wiens inhoud is g | r'-h; in dit bijzondere geval is: I r'Jh : ' | r2h = p : q en dus P — 3. 6 q Is p = 3q negatief, dan heeft de vierkantsvergelijking (1) twee reëele wortels met tegengestelde teekens; alleen de positieve wortel heeft eene beteekenis voor het vraagstuk. Verder is HO = ^ x = ^ X g6 = 2y d.M. en GO = 6 ^ d.M., de inhoud I, van de afgeknotte piramide is '3 00 X j (2 HG)2 + (2 HG X 2 EO) + (2 EO)2 J = = 3 00 X | HG2 + HGXE0 + E02 ! = ~ 3 X 3° X | ?; + 29° X 5 + 5' j = 4 20 4 V 90 = —3g- X (400 + 900 + 2025) = ^ X 3325. 4 X 10" x De verhouding !' is dus — = 3——_L — 1? Ü ' 36 '° X 3325 6650 133 \X QQOK 1890. No I. In driehoek ABC, rechthoekig in C, trekt men de lijn CD loodrecht op AU. Te bewijzen, dat het oppervlak van den ingeschreven cirkel van driehoek ABC gelijk is aan de som van de oppervlakken der ingeschreven cirkels van de driehoeken ACD en BCL>. wij de stralen van de ingeschreven cirkels der driehoeken ABC, ACD en BCD respectievelijk r, r, en r„ dan hebben wij dus r, = ^ X r en r, = X r °f r'3 = AB2 X r* en r'J» = AB2 X r' zoodat r'S + r'2 = AB2 X r'' + BC' ^ j_ AC2 + BC2 .x AB2 r AB2 X r" — r2 of | r2 — | r2i -f- | r2, en daar I r- het oppervlak is van den ingeschreven cirkel van driehoek ABC, | r2! dat van den cirkel ingeschreven in de hoek ACD en | r,2 dat van den cirkel, ingeschreven in driehoek BCD is hiermede de genoemde eigenschap bewezen. De rechthoekige driehoeken ABC, ACD en BCD. (Zie figuur) zijn gelijkvormig; de stralen van de ingeschreven cirkels, der driehoeken verhouden zich dus als hunne homologe zijden. Noemen 1890. No 2. Een rechthoekigen driehoek te construeeren, waarvan de omtrek en het oppervlak gegeven zijn. Zij ABC (zie figuur) een rechthoekigen driehoek, waarvoor wij de hypothenusa BC door a en de rechthoekige zijden AC en AB door b en c voorstellen. Zij O het middelpunt van den ingeschreven cirkel, DE en F de raakpunten van den cirkel met de zijden van den driehoek ABC. Noemen wij de straal van den ingeschreven cirkel r zoodat OD = OE = OF = AF — AE — r is; stellen wij verder den omtrek van den driehoek ABC voor door 2s, zoodat a -f- b -(- c -- 2s is, en den inhoud I van den driehoek door p2. Laten wij uit het hoekpunt A van den rechten hoek de loodlijn AG op de hypothenusa BC neer, dan is I — } bc = 1 a X AG = p3 of AG = 2 p terwijl r = ' = z a s P2 ■ is. Verder is omdat BD = BF en CD = CE is ^s = 2a -f- . r of a = s — r. Uit de gegeven waarden van p" en s leidt men dus af de waarde _ p» 2 — g en vindt daaruit a — s — r en uit de waarde van a vindt men 2pa AG = a waardoor de driehoek te construeeren is. Onderstelle wij b.v. dat de inhoud van den te construeeren driehoek gelijk moet zijn aan den inhoud van het vierkant PQRS (zie figuur) welks bij de wij door p voorstellen, en dat de omtrek 2s van den driehoek gelijk is aan 2 KL of s = KE. Op KL als middellijn beschrijven wij een halven cirkel en nemen de koorde KN = PQ = p, dan is KM = = E* dus KM = r en ML = KL S s r — a. Zetten wij nu uit L de koorde LU gelijk aan de diagonaal PR van het vierkant PQ RS dus gelijk p 1/ 2 uit, dan is VL = — (H-kj?) = ^ P 0f VL gelijk aan de loodlijn uit het hoekpunt van den 3 tl rechten hoek op den hypothenusa ML neergelaten. Nemen wij VW = VL en brengen wij door W de lijn WZ evenwijdig van LM, dan is het snijpunt dier lijn met den halven cirkel op de hypothenusa ML als middellijn beschreven, het hoekpunt van den rechten hoek van den gezochten rechthoekigen driehoek LZM. 1890. No. 3. Van een rechten cirkelvormigen kegel is de straal van het grondvlak r en de schuine zijde s. Op welken afstand van den top in de schuine zijde moet deze kegel gesneden worden door een vlak, evenwijdig aan de basis, opdat de totale oppervlakken van elk der deelen, waarin de kegel wordt verdeeld, gelijk zijn. Den gevraagden afstand na berekening te construeeren. Stel dat EC1 (zie figuur) het gezochte snijvlak is. Zijn de totale oppervlakken van den kegel AEC1 en van den afgeknotten kegel CE1 C1 C gelijk dan moet omdat deze twee lichamen het grensvlak EEl gemeen hebben het ronde oppervlak van den kegel AEE1 gelijk zijn aan het ronde oppervlak van den afgeknotten kegel EE'C'C vermeerderd met het oppervlak van het grondvlak CC1 dus \ DE X AE = | (BC + DE) X EC + | BC3 of DE X AE = (BC + DE) X EC + BC2 (1) Nu heeft men DE = BC = AE = AC of DE : r = AE : S dus DC X S = AE X r of DE = -| X AE Uit de vergelijking (1) volgt. DE X AE = (r + DE) (s - AE) + rJ = ES + DE X s - AE r DE X AE -f r" of DE X AE = r s - DE X AE + r2 of DE X AE = (r j s) r Nu is DE = r < AE, zoodat s T-- X AE' = (r + s) r of AE = ' (r Men verlengt dus AC en neme CF = CB = r zoodat AF = AC + CF = r + s. Op AF als middellijn beschrijft men een halven cirkel en deelt AC midden door, zoodat AG = CGC = - S is, in G richt men eene loodlijn GM op AF op en vereenigt het snijpunt H door loodlijn met den halven cirkel met het punt A dan is AH = J/AG X AF = [^' sX(r + s) I (r | 3 2 ' Neemt men nu AE AH dan is het vlak door het punt E evenwijdig aan het grondvlak CC' gebracht, het gezochte deelvlak. Dat de constructie altijd mogelijk is — wat a priori duidelijk is, blijkt ook gemakkelijk uit de formule, daar aangezien r < S is ook r .[ s < S en dus < s moet zijn. 1891. No 1. Door de hoekpunten van een gelijkbeenigen driehoek ABC gaat een cirkel. Uit den top C is eene lijn getrokken, die den cirkel in D en de basis in E snijdt. Bewijs dat eene opstaande zijde des driehoeks middenevenredig is tusschen CD en CE. Men heeft (zie fig.) EC "• ED — EA X EB of CE * (CD - CE) = (FA FE) (FB + FE) of daar FA = FB is. CE X CD - CE* = FA3 - FE» CE X CD = CE2 — FE' X FA2 EC X CD = CF' + FA' CE X CD - AC' CD : AC = AC : CE. 1891. No. 2. Een driehoek te construeeren als gegeven zijn de tophoek en de hoogte, terwijl de stukken, waarin de basis door de hoogtel.jn verdeeld wordt, zich verhouden als twee gegeven lijnen. Onderstellen wij dat AB en BC de gegeven lijnen zijn welke zich verhouden als de stukken, waarin de basis van den gezochten driehoek verdeeld wordt door de hoogtelijn van den driehoek. Op AC beschrijft men op de bekende manier een cirkel segment, ADC dat den gegeven tophoek CAII bevat. In B richt men de loodlijn BD op AC op en vcreemgt het punt D waar de loodlijn den cirkelboog ADC snijdt, met A en met C. )p BD neemt men een stuk BQ gelijk aan de gegeven hoogte van den ge zochten driehoek en trekt daarna GE evenwijdig aan DA, en OF evenwijdig aan DC, dan is, zooals gemakkelijk is in te zien, GEF de gezochte driehoek. 1891. No. 3. Op de as van een kegel, waarvan de hoogte gelijk is aan de middellijn van het grondvlak, is als middellijn een bol beschrcve... Men vraagt hoe ,,root het stuk van den bol is, dat buiten den kegel ligt, en hoe groot dt stukken zijn, waarin het vlak van de doorsnede van kegel- en boloppervlak den bol verdeelt. Noemen wij de siraai van uen ulm, welke gelijk is aan den straal AB (zie figuur) van het grondvlak van den kegel, r, De inhoud I van den bol is dan 4 3 ,r" Nu is CD = !, SC, CA — SA — SC - 2r — SC 1 SC2 = SC < (2r - SC) SC = 4 (2r — SC) SC = 4 , 8 r>n 4 r CA = 2r — -g r en CD = y r. De inhoud voor den kegel SDD' = ^ | CD- X SC = y | ^ f2 — r — ^ X 4 | r* = 1* 1; dc inhoud van het bolsegment SDD1 3 12o 3 125 = 2 i CD- X SC + g | SC' - }. 1 SC X (3 CD- + SC2) = ± | X | r X j 3 X £ r)> + (« r)» | = J X J r X f r* = |« X -f ■' - I' 112 13 De inhoud van het bolsegment ADD' is gelijk aan 1 — 125 1 = 125' 112 De inhoud van het deel van den bol dat buiten den kegel ligt is ^ ' 112 , 32 , 80 , 16 , Inhoud kegel SDD' = ,25 1 " ,25 1 = Ï25 1 ~ 25 1 1891. No. 1. Van een driehoek ABC is gegeven de tophoek C, de basis AB en op de basis het punt D, waarin de basis gesneden wordt door de lijn, welke de tophoek in twee gelijke deelen verdeelt. Wordt gevraagd den driehoek te construeeren. Op AB als koorde beschrijft men een cirkelsegment, dat den gegeven tophoek bevat en op AD als koorde een cirkelsegment, dat de helft van den gegeven tophoek bevat. Het punt C waar de beide cirkelsegmenten elkaar snijden is de top van den gevochten driehoek. Meetkunde. 8 1892. No. 2. Bewijs dat de inhoud van een afgeknotte piramide ook gelijk is aan 6 van de hoo!9- R-2lJ) = i 1 X 256^ 19^ R - 21 g = 2 X 256^ = 3j X 158 R = (158 + 211 ) : 19 \ = 177J : 19^ = 9§ d.M. 1895. No. 3. In een bol is een straal getrokken en op het midden van dien straal is een vlak loodrecht geplaatst dat den bol in twee segmenten verdeelt. Men neemt het kleinste segment weg en vervangt het door een kegel, die hetzelfde grondvlak heeft als het segment. Op welken afjtand van het midden des straals moet de top van den kegel geplaatst worden, opdat het ronde oppervlak van het lichaam, gevormd door kegel en bolsegment, samen gelijk is aan het oppervlak van den gegeven bol. Stellen wij den straal OB van den uit O als middelpunt beschreven bol (zie figuur) voor door R. Door het midden A van den straal OBiseen vlak CC1 loodrecht op den straal gebracht. Het bolsegment CBC' is ver¬ vangen aoor aen kegel t>LC', welke met het bolsegment het zelfde grondvlak CC1 heeft. Is nu het ronde oppervlak van het lichaam, gevormd door den kegel SCC1 en in het bolsegment CDC1 gelijk aan dat van den gegeven bol, dan is het ronde oppervlak van den kegel SCC1 gelijk aan het ronde oppervlak van het bolsegment OBC1 Omdat AB = ^ R 's> 's AD = lyR en dus AC = |/AB~X AD = X R I 3. Het ronde oppervlak van den kegel SCC1 is KAC X SC = 1 I R 1/3 X SC, dat van het bolsegment CBC' = 2 | R X AB = 2 |RX ■ R - | R'. Men heeft dus: 2 I R V3 X SC = | RJ of SC = ^ R |/ 3. De gevraagde afstand SA van den top S van den kegel tot het midden A van den straal OB is dus \/ SC- — AC'J J | R- — Ê = "ft / "-i ,2 =; 1896. No. ï. Construeer een trapezium, waarvan eene der evenwijdige zijden 4 cM. is, een der bcenen 5 cM, terwijl in het trapezium een cirkel kan beschreven worden, waarvan de straal cM. is. Hoe groot zijn de andere zijden? Zij AB (zie figuur) de gegeven evenwijdige zijde = 4 cM. Op AB richt men eene loodlijn EO op en neme deze loodlijn gelijk aan de middellijn van den ingeschreven cirkel d.w.z. gelijk 2X1 \ = 3 dM. en trekke door G de lijn DK evenwijdig aan AB. Uit A als middelpunt beschrijven wij een cirkelboog met AD gelijk aan de lengte van het gegeven been d.w.z. = 5 cM. gis straal. Men deelt daarna de hoeken BAD en ADO midden door het snijpunt O dier deellijnen is het middelpunt van den ingeschreven cirkel. Uit B trekke men eene raaklijn BC aan dien cirkel; de vierhoek ABCD is dan het gevraagde trapezium. De evenwijdige zijde Cl) en het been BC, die niet gegeven zijn, kan men als volgt berekenen. Uit het middelpunt O van den ingeschreven cirkel laten wij de loodlijnen OF, OP", OG en 011 op de vier zijden van het trapezium neêr en uit A en B de loodlijnen AD en BK op DC. Omdat AE AH, BK — BF, CF CO en DQ — DH is heeft men AB + DC AD f BC of 4 + DC - 5 -f BC dus DC = BC + 1 (1) Verder is DC = Dl + IK - CK = (/' AD- — AP -f AB l/BC- -Tiiv = I/AD- - EG» + AB - V BC- - EG- = J/5» — 3» + 4 - I BC2 — 3'J 8 — J/ BC" — 9. I11 verband met (I) heeft men dus BC + 1 = 8 1/ DC* — 9 7 — BC = |/ BC' — 9 49 - 14 BC + BC' = BC- - 9 14 BC = 58 of BC 4 cM. en DC = BC + 1 cM. 1896 No. 2. Van een afgeknotte regelmatige tienzijdige piramide is de ribbe van het grondvlak a; de opstaande zijvlakken maken hoeken van 60° met het grondvlak. Indien nu in de afgeknotte piramide een bol beschreven kan worden, die alle zijvlakken raakt, hoe verhoudt zich dan de inhoud van den bol tot dien der afgeknotte piramide? Het grondvlak der afgeknotte piramide is een regelmatigen tienhoek welks zijde a is. Noemen wij de stralen van de«m en in dien regelmatigen tienhoek beschreven cirkels respectievelijk R en r. Daar de zijde van een regelmatigen tienhoek het grootste stuk is van de in de uiterste en middelste reden verdeelden straal van den omgeschreven cirkel, hebben wij R (R—a) = a2 R" - a R - a' = O R = 2 (1 + K 5) a de straal van den ingeschreven cirkel r is dan VR2 — ^ a- — ^ a |/5 + 2 (/ 5, zoodat a ~ \ V5 4 2 (X 5 is. Brengen wij door de as van de afgeknotte piramide een vlak loodrecht op het midden van een ribbe van het grondvlak. Dit vlak snijdt de afgeknotte piramide volgens een gelijkbeenig trapezium. In dit trapezium, BCC' B' (zie figuur) kan een cirkel beschreven worden; de straal van dien cirkel is tevens de straal van den bol, welke in de afgeknotte piramide kan worden beschreven. Bovendien weten wij dat de schuine zijde BC van het trapezium een hoek van 60° maakt met de zijde BB1. De helft van de grootste der beide evenwijdige zijden is gelijk aan den straal van ingeschreven cirkel in het grondvlak der afgeknotte piramide dus AB — E. Noemen wij DC r1 dan is CE - CD r1 en BE AB r, dus BC BE + CE = r + r'. Laten wij uit C de loodlijn CF neer op AB, dan is FB = AB — AF — AB — DC = r — r' dus cF = I BC- — FB3 - | (r r1)2 — (r — r')2 = 2 | rr1. Nu is omdat L CBF = 60° is CB = 2 FB of 2 -j- r1 = 2 (r — r1) dus r1 = 2 CF = |X rr' = r X ^ r = ^ r V''3. Noemen wij verder de oppervlakte van het grondvlak der afgeknotte piramide G en het bovenvlak B. Deze vlakken verhouden zich daar zij gelijkvormig zijn, als de vierkanten hunner homologe afmetingen, zoodat B rG = r,- = r- = ^ r- = r- = zoodat B = ^ G is. De inhoud van de afgeknotte piramide I1 is AD X (G + J/GB + B) = 3- X 2 p X •} G + X^GXg G + | O j =|pG. De 4 , 4 | 3 I P k r2 inhoud van den bol is I = — | p" = zoodat „ = „„ = ._ i o l1 2o „ 13 CCi 27 P ° Nu is G = 10 X J a X r = 5 ar, zoodat [, = ^ T| - £ H ± of omdat J = | | 5 + 21/ 5 is =A ,X1 | 5 + 2 1/T 3 l 3 = I I 5 + 2 I 5. De gevraagde verhouding is dus als | c5 ( 65 | 5 + 2 |/T tot 1. 1896. No. 3. In eene regelmatige vierzijdige piramide, waarvan alle ribben gelijk <7 zijn, verbindt men het midden van eene der ribben van het grondvlak met de middens van die opstaande ribben, welke deze ribbe van het grondvlak kruisen. Hoe lang zijn deze verbindingslijnen en hoe groot is het totale oppervlak van het lichaam, dat aan de zijde van den top wordt afgesneden door een vlak, dat deze lijnen bevat? 1°. Van de regelmatige vierzijdige piramide SABCD (zie figuur) zijn alle ribben = a. Het midden E der ribbe BC is verbonden met de middens F en G der opstaande ribben SD en SA, welke de ribbe BC van het grondvlak kruisen. Door de loodlijn SO uit den top S der piramide op haar grondvlak ABCD neergelaten en het midden E der ribbe BC brengen wij een vlak SEL. Dit vlak snijdt de piramide volgens een gelijkbeenigen driehoek SEL waarvan de bazis EL = O en de opstaande zijden SE = SL = ^~a I 3 zijn. Brengen wij verder een vlak BCFG door de ribbe BC en de aan BC evenwijdige lijn FG welke de middens F en G der opstaande ribben SD en SA verbindt. Dit vlak BCFQ snijdt de piramide volgens een gelijkbeenig trapezium BCFQ en het vlak SEL volgens de lijn EK, welke lijn EK in driehoek SEL het hoekpunt li vereenigt met het midden K der overstaande zijde SL. Nu is de som der kwadraten van twee zijden van een driehoek gelijk aan tweemaal het vierkant van de lijn, welke het hoekpunt waar die twee zijden samen komen verbindt met het midden der derde zijde, plus tweemaal het vierkant van de helft dier derde zijde dus ES-' 4EL2 = 2 EK- + 2KS3 of EK- = 1 ES- + 2 EL' - ~ LK2 = j ES' + \ EL- - -L ES- = 1 ES' + -f EL1 = 4-= + ■; al = » as. In den rechthoekigen driehoek EKG is EG- = EK- + GK- of daar ^ — ~2~ ^ = ~4~ a 's E(j2 = jg a2 + ~ a- = ^ a2, zoodat de gevraagde lengte van de verbindingslijnen EG en EF is ^ a |/X~ 2". De inhoud van het trapezium BCFG is * - (BC + FG) X EK = T (a + 2" a) X J a V 11 = ,g a» |/l l. Noemen wij ter bekorting de inhoud van den gelijkzijdigen driehoek SBC I zoodat I = ^ a | 3 is dan zijn de inhouden der beide gelijke driehoeken SBG en SCG ieder ^ I en is de inhoud van den driehoek SFG — ^ I; de som der inhouden van de opstaande zijvlakken der piramide SBCFG is dus I + 2 X ' 14- 1 l - 2 1 I— 9 V 1 2 4 4 4 4 — 2 I ,/ ~Q 9 | — ' jg~ a" k 3 en daar het grondvlak BCFG dier piramide is -jg-a2 J/ 1! is het gevraagde totale oppervlak ™ a2 |/"ÏT + a2 |/ 3 = fg a2 (I/TT |3^3). 1897. No 1. Een parallelogram te construeeren, als gegeven zijn: de beide diago nalen en een scherpe hoek. Omdat in een parallelogram kleinste diagonaal staat tegen over den scherpen hoek, construeeren wij on de kleinste der beide gegeven diagonalen AB (zie figuur) een cirkelsegment AFDB dat den gegeven scherpen hoek bevat. Uit het midden C van AB als middelpunt beschrijven wij een cirkel boog met de helft van de langste der gegeven diagonalen als straal. Het punt D, waar die cirkelboog het te voren geconstruec." cirkelsegment, dat den gegeven hoek bevat, snijdt is een derde hoekP van het gezochte parallelogram, welks vierde hoekpunt E kan gevo worden door DC te verlengen en CE - CD te nemen. Men ziet .n dat wanneer CF loodrecht op AB staat CD kleiner moet zijn dan CF d- ^ dat de grootste der gegeven diagonalen kleiner moe zijn kortste diagonaal vermenigvuldigd met de sinus van de helft van den g geven scherpen hoek. 1987. No. 2. Door een diagonaal van het grondvlak van een kubus en het midden van een der ribben van het bovenvlak wordt een vlak gebracht- I van Z kubus is „. Hoe groot is de oppervlakte van de doorsnede en dc inhoud van elk der deelen, waarin de kubus verdeeld wordt. Door de diagonaal BC (zie figuur) van het grondvlak van een kubus, wiens ribbe = a is, en het midden E van een der ribben van het bovenvlak wordt een vlak gebracht. Dit vlak snijdt de ribbe DG van het boven vlak in het midden F dier ribbe en s aa loodrecht op bet vlak, gebracht door de opstaande ribbe AD en de andere diagonaal AH van het grondvlak. De doorsnede BF is een gelijkbeenig trapezium, waarvan de inhoud is 2 AH (EF + BC X KL). Nu is EF = DE 1/2 - 2 a en BC 1/2 = a 1/2 zoodat * (EF + Bc) = \ (| a ^ ¥ + a [/ 2) = 34 a 1/2. Verder is KD = KS = ^ HF = |a |/2 en LA = AC = a J/ 2 dus wanneer KN de loodlijn is uit K op AH neergelaten = LN = LA = NA = LA - KD = ^ a V2 - j a \/ 2 = * a 1/ 2 en LK = 1 O \/ KN* + LN' = |/ a2 + xa — a 1/2. De inhoud van het trapezium o 4 BCFE is dus | a |/ 2 X ^ a p7 2 = g a2. Noemen wij van de afgeknotte piramide ABCDEF het grondvlak ABC G en het bovenvlak DEF B, dan is de inhoud van de afgeknotte piramide AD X (ö + VGB + B) of daar G = ^ aJ en B - ^ x' is, gelijk j . X (1 »• + yl a X i a- + ± ,■) = ± a X (j a- + L 1 17 7 a2 + -x- a2^ = -0 x X -s- a2 = nj a2. Met andere deel waarin het vlak O/O o 7 17 BCFE de kubus verdeelt heeft dus een inhoud van a8 — a* = OJa3. 24 24 1897. No. 3. De punt van een recht cirkelvormig kegeloppervlak, waarvan de as vertikaal is en de tophoek 60°, is naar beneden gekeerd. In deze holte wordt een bol met straal r geworpen en daarna er zooveel water opgegoten, totdat de bol juist onder water is. Hierna wordt de bol er uitgenomen, terwijl al het water in de holte komt Hoe hoog komt dit water? Dit vraagstuk kan op tweeërlei manier worden opgevat. Ten eerste kan men zich voorstellen dat de bol waterdicht sluit in den kegel volgens den kleinen cirkel DDl (zie figuur) van den bol maar ook kan men zich denken dat de afsluiting niet volkomen is en het water, dat op den bol gegoten wordt doordringt onder den bol welk in den kegel geworpen is. Daar |_ ODC = 30° is OC = X OD = j r, AC = OC + OA = 1 r CD = -- r |/3( OS = 2 OD — 2r, SA = SO + OA = 3r en AB = r V3. De inhoud van den afgeknotten kegel BB'D'D is ' ~|AEX(AB; + 4 Meetkunde 9 AB X CD X CD') = 3 "ix|r X (3rJ + 2 ]/~3 xjr 3 + J r') 21 _ , = 8 1|r' De inhoud van het bolsegment ADD' is ' I CD' X AC + g | AC' = g | AC X (3 CD2 + AC2) = J iXy iXOx jr'+ j r')=f T|r'. Slaat de bol waterdicht in den kegel volgens den kleinen cirkel DD1, 21 dan is het volume van het water dat boven den bol gegoten wordt | O Q 3 r' ~ 8 |r' = 2 |r"" Wordt nu de bol uit den kegel genomen dan verzamelt zich het water in het onderste gedeelte van den kegel. Het water is dan begrensd door een kegel oppervlak, de hoogte van die kegel stellen wij voor door x, de straal van het platte grensvlak van den kegel is dan ~ x |/ 3 en de inhoud van dien kegel ^ | ( x [/' 3 X * = ^ I x'. Men heeft 3 dus de betrekking ~ | x' — ^ | r" of x' = "J ra of x = 3r J ^ Dringt het op den bol gegoten water ook langs den cirkel DD1 tot onder den bol, dan is het volume van het op den bol gegoten water, gelijk aan den inhoud van den kegel SBB1 verminderd met den inhoud van den bol af gelijk aan ^ | AB' X AS = ^ | OA" = ^ I X 3r' X 3r — 4 4 5 2 I r® = 3 | r8 — | r8 = ^ lrs. Stellen wij dat nè het wegnemen van den bol het water oppervlak in den kegel niet op de hoogte x1 boven 5 bevindt 1 5 dan heeft men | x1" = - -1 r' of x18 = 15 rJ 3 of x1 = r |/l5. 1898. No. l. Op de bissectrice van een rechten hoek XOY neenit men drie punten A, B en C zoodanig, dat AB =: BC is. Uit A en C laat men loodlijnen AA1 en CC1 op OY neder; in B richt men eene loodlijn op OC op, die OX in D snijdt. Bewijs, dat het trapezium ACC'A1 en de driehoek ACD gelijken inhoud hebben. Uit B (zie figuur) laten wij de loodlijn BE op OY nêer, dan is daar AB = BC is EB = ^ ( AA1 + CC1). Omdat OC den rechten hoek XOY midden door deelt is [_ COX = L COY = 45° en dus AC = A'C1 {/ 2 en BD = BO = EB |X2. De inhoud van het trapezium ACC'A' = (AA' + CC') X A'C' — EB + A'C1 en de inhoud van den driehoek ACD = ^ AC X BD = 2 A'C ) 2 X EB 1/ 2 = EB X A'C'. Hieruit blijkt dat trapezium ACC'A en driehoek ACD gelijke inhouden hebben. 1898. No. 2. Een regelmatig viervlak wordt door een vlak, evenwijdig aan een paar overstaande ribben en dat één der overige ribben midden doordeelt, in twee stukken verdeeld. Hoe groot is de inhoud dier deelen, als de ribbe a is? Voor het bewijs dat de twee stukken KLMNAD (zie figuur) en KLMNBC waarin het regelmatige viervlak ABCD verdeeld wordt door het vlak KLMN, dat evenwijdig is aan de beide overstaande ribben AD en BC en dat een der overige ribben AB, AC, DB en DC midden door deelt, gelijk en gelijkvormig zijn, zij verwezen naar vraagstuk No. 3 van 1901 De inhoud van elk der gelijk deelen KL MN AD en KL MN BC is de helft van den inhoud van het regelmatige viervlak welks ribben gegeven zijn gelijk a. Laten wij uit D de loodlijn DF op het vlak ABC neer welke loodlijn dit vlak ABC snijdt in het middelpunt F van den gelijkzijdigen driehoek ABC wiens zijde gelijk a is. Die lijn AE, welke A met F vereenigt snijdt de ribbe BC rechthoekig in haar midden E, zoodat AE = 1/ AB: — LB' = I a ' a- = ' a | 3- De inhoud van den gelijkzijdigen driehoek ( 4 l ABC is ] BC X AE = ^ a X \ a |/ 3 = 4 a- V ~3 en de hoogte DF van het regelmatige viervlak ABCD is | AD- AF* of -- daar AF = |- AC = |- X ^ a 1/ 3 = 3 a J/ 3 is gelijk | a2 — ^ a' = ^ a |/6. De inhoud van het regelmatige viervlak ABCD is ^ X Inh. driehoek ABC X hoogte DF = ^ X a2 1 3 X ^ a |/ 6 = ^ a*l/2. De inhoud van elke der gelijke deelen KL MN AD en KL MN BC is dus ^ X ,2 a* |/ 2 = a* I 2- 1898. No. 3. Op de middelijn AB van een lialven cirkel (AB = 2 R = 24) neemt men twee punten C en D (CD = h = 4) en richt in die punten loodlijnen op AB, die den omtrek respectievelijk in E en F snijden. Als de inhoud van het lichaam, ontstaan door wenteling der figuur EAFomAB,96 |moet zijn, vraagt men AC te bepalen. Wij nemen aan, dat niet de in de opgave genoemde figuur EAF (zie figuur) bedoeld wordt de figuur begrensd door den boog EF en de koorden AE en AF. De inhoud van het lichaam dat ontstaat door de wenteling van die figuur AED om AB is gelijk aan de inhoud van het bolsegment, welks meridiaan doorsnede is CDFE, vermeerderd met den inhoud van den kegel welks meridiaan doorsnede is de rechthoekige driehoek ACE en verminderd met den inhoud van den kegel, welks meridiaan doorsnede de rechthoekige driehoek ADF is. Noemen wij AC x, dan is CB = AB — AC = 24 — x dus CE- = AC X CB = (24 - x) x. Verder is AD = CD -f AC = 4 + x en DB = AB - AD = 24 — (4 + x) = 20 — x, zoodat DF2 - AD X DB = (4 + x) (20 - x). De inhoud van het bolsegment met de meridiaan doorsnede CDFE is ~ ~ | (CE2 + DF2) X CD + y Tl CDS = y Tl (CE2 + DF2) X 4 + y Tl X 64 = 2 | (CE' + DF2) X T|. of daar CE + DF2 = (24 — x) x + (4 + x) (20 — x) = 80 + 40 x — 2x2 is, — gelijk 2 | 12 (80 + 40 x - 2xa) + y Ti- De inhoud van den kegel, welks meridiaan doorsnede ACE is, is ^ | CE' X AC = y ~ j (24 — x) x' en de inhoud van den kegel, welks meridiaan doorsnede is ADF is y l DF2 X AD = y | (4 + x) x'J (20 - x). Daar de inhoud van het lichaam, dat ontstaat door de wenteling dmfiguur EAF om AD gelijk 96 | is, heeft men dus: 2 Tl (80 + 40 x - 2 |2) + "f 1+ 3 71 (24 — x) x3 - — 3 71 (4 + *)' (20 x) = 96 |. of beide leden dezer vergelijking met 3 vermenigvuldigende 6 (80 + 40 x — 2 ~|2) + 32 + (24 - x) x2 — (4 + x)2 (20 — x) = 288 of 480 -f 240 x - 12 x! + 32 + 24 x2 - xJ — — 320 — 144 X — 12 x2 + x» = 288 of x = AC = I. 1899. No 1. Construeer een rechthoekigen driehoek, als gegeven zijn de pijlen der segmenten van den omgeschreven cirkel, die de rechthoekszijden tot koorden hebben. Van den rechthoekigen driehoek ABC (zie figuur) zij de hypothenusa AB = c, de rechthoekzijde BC = a en de rechthoekzijde CA = b. Het middelpunt van de cirkel om dien driehoek ABC beschreven is het midden O der hypothenusa AB zoodat de straal van dien cirkel y c is. De pijl van het segment van den omgeschreven cirkel, dat de rechthoekszijde CA = b tot koorde heeft, zij p en de pijl van het segment dat de rechthoekszijde BC = a tot koorde heeft zij g. Liggen beide segmenten buiten den driehoek ABC, dan is p = EQ en g = DF1, omvat het segment, dat de rechthoekszijde CA — b tot koorde heeft, den driehoek, dan is p = EQ1 en omvatten beide segmenten den driehoek dan is p = EQ1 en g = DF'. In elk dier gevallen heeft men: CD' = DF X DF1 of -j- a- = q (c — q) of a- = 4 q (c — 4) I 1 0) en CE- = EG X EG1 of 4 b" = p (c - p) of b' = 4 p (c - p) Verder is AB' = BC- + CA3 of c2 = as + b" (2) Door combinatie van (1) en (2) vindt men: c- = 4 q (c — q) + 4 p (c — p) c- — 4 (p + q) c + 4 (pJ -f qa) = o. De wortels dezer vierkantvergelijking zijn: C = 2 (p + q) + |/4Tp + q)' — 4 (p- + q») = C (p + q) ± 2 1/2 pq of y = P + q ± 1/2 pq. Onderstel dat beide segmenten buiten den driehoek liggen en dus p = EG en q — DF is. Omdat EG = OG — OE = DC is, heeft men p = 2 c — 2 a' evenzo° heeft men q = — c — b zoodat p + q = c = ^ (a + b) is. Daar bovendien BC + CA > AB of a + b > c en dus ^ (a + b) > ^- c is, is in dit geval p + q><^ c of y c > p. + q. In dit geval heeft derhalve alleen de wortel —- = p + q + 1/2* pq een beteekenis voor het vraagstuk. Is c bekend, dan vindt men de rechthoekszijden uit de betrekkingen: a = c = 2p en b = c = 2g. Als tién der segmenten, welke de rechthoekszijden tot koorden hebben, b.v. het segment p der driehoek omvat is p — EG1 en g = DF. In dit geval 1 i 1 1 1 u ^ i 1 / M is p = y c + a en q = - c = 2 • PtI = c (a — b) = c = ^ (b — a). Is nu a grooter dan b, dus a — b positief, dan is p + q = c + } 1 c (a — b) grooter dan c, dus ook grooter dan ^ c en is dus - - = p + q \/2 pq. Is a kleiner dan b, dus b — a positief, dan is omdat b — a < c en dus (b — a) < -j, - c is ook p + q — c—(b — a) grooter dan ^ c en dus ~= p + q — J/ 2 pq >. Wanneer alleen het segment g den driehoek omvat, komen wij tot uitkomsten analoog aan de zooeven verkregene. Als eindelijk beide segmenten den driehoek omvatten is p = EG1 en q = DF1. In dit geval is p = y c + ^ a en q = - e -)- ^ b, dus 1 c p + q — c = ^ (a 4" b) of p + q > In dit geval heeft men >. De rechthoekszijde van den driehoek zijn in dit geval a=p-*-cenb = c — 2 q. ^' = p en q |/2 pq, a = 2p — c en b — 2 q — c. Bij gegeven lengte p en q der pijlen van de segmenten van den omgeschreven cirkel, welke de rechthoekszijden tot koorden hebben zijn er dus vier driehoeken mogelijk. Onderstellen wij dat bedoeld wordt- dat de beide segmenten buiten den driehoek vallen, dan neemt men op eene willekeurige rechte lijn (zie figuur) C = QR = p en RS = q. Op PS als middellijn beschrijft men een halven cirkel; de loodlijn RM in R op die middellijn opgericht is(/2 pq. Nemen wij SO — BM, dan is QO = QR + RS -j- SO = p + Q + V2 pq = C. De cirkel met OQ als straal beschreven is dan de omgeschreven cirkel van den grootsten rechthoekigen driehoek. De lijn BU verlengd tot zij den omgeschreven cirkel in A en C snijdt, is een der rechthoekszijde, de lijn AB uit A door het middelpunt O getrokken is de hypothenusa en de lijn CB de andere rechthoekszijde van den gezochten driehoek. 1899 No. 2. Van eene driezijdige piramide ABCD is gegeven: dat de overstaande ribben AB en CD elkander rechthoekig kruisen. Men vraagt te bewijzen: dat zesmaal de inhoud van die piramide gelijk is aan het gedurig product van de ribben AB en CD en den afstand dier^beide ribben. Gegeven is dat de ribben AB en CD (zie figuur) der driezijdige piramide ABCD elkander rechthoekig kruisen of met andere woorden dat wanneer men uit eenig punt F van CD eene lijn trekt evenwijdig aan AB, deze lijn loodrecht staat op CD. Laten wij uit B de loodlijn BF op CD neer, en brengen wij door de lijnen AB en BF een vlak ABF. De lijn door het punt F van het vlak ABC evenwijdig aan AB getrokken ligt in het vlak ABF. Daar DC loodrecht op fts staat en tevens loodrecht op de lijn door F evenwijdig aan AB getrokken, staat CD loodrecht op twee lijnen in het vlak ABF en dus loodrecht op dat vlak. Het vlak BCD dat door DC gaat, staat dus loodrecht op vlak ABF en de loodlijn AE uit het punt A van het vlak ABF op het vlak BCD neergelaten, ligt dus in het vlak ABF. Laat men uit F de loodlijn FO op AB neer dan is FQ de afstand der elkaar rechthoekig kruisende ribben AB en CD. Daar de inhoud van den driehoek ABF is uit te drukken zoowel door — BF X AE als door y AB X FG, is BF X AE = AB X FG. De inhoud van de piramide ABCD is ^ Grondvlak BCD X Hoogte AE = Y X { DC X BF x AE = DC x BF x AE = DC X AB X FG of zesmaal de inhoud der piramide is gelijk aan het gedurig product der ribben AB en CD, welke elkaar rechthoekig kruisen en den afstand FG dier ribben. 1899. No. 3. lil een gelijkbeenig trapezium ABCD (AB = CD), waarin een cirkel kan beschreven worden (lees: beschreven is), trekt men de lijn, die de middens E en F der evenwijdige zijden BC en AD verbindt. Men laat de figuur ABEF wentelen om de lijn EF, waardoor een bol en twee ringvormige (lees: schotelvormige) lichamen ontstaan. Men vraagt te berekenen: den inhoud en het totaal-oppervlak van het kleinste dier ringvormige lichamen. Gegeven de evenwijdige zijden: AD = 40 meter, BC = 10 meter. Men verbindt het middelpunt O (zie figuur) van den in het gelijkbeenig trapezium ABCD beschreven cirkel met de raakpunten K en I der opstaanden zijden AB en DC van het trapezium en laat uit het hoekpunt B de loodlijn BO op de zijde AD neer. Daar AD = 40 M. en BC = 10 M. is, zijn FA = 20 M. en EB = 5 M. AO = FA — EB = 20 — 5 = 15 M. AB = AK + BK = FA + EB = 20 + 5 = 25 M. en BG = l/AB»-~AG5 = |/25' - 15- = 20 M., zoodat OK = DE = y EF = ) BG = 10 M. is. De driehoeken ABG en OKH zijn gelijkvormig, dus heeft men: AB : AG : BG = OK : OH : KH, of 25 : 15 : 20 = 10 : OH : KH. Zoodat OH = 6 M. KH = 8 M. en HE — OE — OH = 10 — 6 = 4 M De inhoud van den afgeknotten kegel CBKS is ^ X (EB- + EB X HK + HK') X HE = y Tj X (25 + 5 X 8 + 64) X 4 = 172 ~| M». De inhoud van het bolsegmcnt EKHI is ^ j HK- XHE + ^ ~~j HE' = -i- Tl HE X (3 HK' + HE') = -J- 71 X 4 X (3 X 64 + 16) = 138 y Ti M'. De inhoud van het lichaam, dat ontstaat door de figuur EBKE, gevormd door de twee raaklijnen BE en BK en den cirkelboog KE te laten wentelen om EF is dan: 172 | — 138 ^ I — 33^ | M'. Het totaal oppervlak van dat lichaam is gelijk aan de som van het bovenvlak BC van den afgeknotten kegel CBKI het ronde oppervlak van dien afgeknotten kegel en het ronde oppervlak van het bolsegmcnt EKHI, dus Tl EB' + Tl (HK + EB) + BK + 2 ~| OE X HE of daar BK = EB is. J Tl EB2 + (HK + EB) X EB + 2 OE X HE j = Tl ! 2 EB' + HK X EB + 2 OE X AE J = Tl | (2 EB + HK) X EB -f 2 OE X HE j = Tij (2 x 5 -f- 8) x 5 + 2 X 10 X 4 j = I (90 + 80) = 170 Tl M'. 1900. No. 1. Van een driehoek ABC zijn gegeven de zijden AC = b, AB = c cn BC = a. Uit de hoekpunten A en B laat men de loodlijnen AD en BE op de overstaande zijden neder; vervolgens verbindt men de voetpunten D en E dier loodlijnen. Bewijs dat de driehoek CDE, die hierdoor ontstaat, gelijkvormig is met driehoek ABC en bereken den straal van den cirkel om driehoek CDE beschreven. Daar de loodlijnen AD en BE (zie figuur) worden neergelaten op de overstaande zijden, is de driehoeken ABC scherphoekig; immers ware die driehoek stoinphoekig, dan zou het voetpunt van eene of van beide loodlijnen niet op de overstaande zijde doet, op haar verlengde liggen. De halve cirkel op AB als middellijn beschreven, gaat door de punten D en E, dus is L DEB = L DAB. Nu is L DEK het complement van |_ CED en |_ DAB en complement van [_ ABC; men heeft dus ook |_ CED = |_ ABC. De driehoeken CDE en ABC hebben dus |_ C gemeen en L CED = [_ ABC, die driehoeken zijn dus gelijkvormig. De straal R van den cirkel om driehoek ABC beschreven, is (zie vraagstuk 1806 Zuid-Holland 2e ploeg No. 1) gelijk a^C' waarin I de inhoud van den driehoek ABC = |/ s (1 — a) (1 — b) (!— c), wanneer s = } (a -f- b + c). Daar driehoek CDE gelijkvormig is met driehoek CBA, verhouden zich de stralen van de om die driehoeken beschreven cirkels als hunne homologe zijden. Noemen wij dus R, de straal van den cirkel om driehoek CDE beschreven, dan heeft men: BC : CE = R1( waaruit volgt: R = |XR=-aR. H a Nu is AB- = BC2 + CA- - 2 CA X CE of CE. BC2 + CA3 - AB- a3 + ba - c- , 2 q^ = 2g— ' waaruit volgt: r — a' b2 — c* .. abc -6 4 |/s(l — a) (I — b) (1 — c) a _ c (a- + b' + c-) 8 K 8 (1 - a) (1 - b) (1 - c)' 1900. No. 2. Een middellijn van een bol, welke straal gelijk R is, is hoogtelijn van een kegel, welks grondvlak eveneens R tot straal heeft en raakvlak is aan den bol. Men vraagt de verhouding van de inhouden van het deel van den kegel buiten den bol, en van het deel van den bol buiten den kegel. Daar de straal AB (zie figuur) van het grondvlak van den kegel, gelijk is aan den straal R van den bol is AE = 2 AB en dus CE — 2 CD. Omdat CD' = CE X CA is, heeft men dus CD- = 2 CD X (2 R — 2 CD) of CD = y R, waaruit volgt: CE — 2 CD = j R en CA = 2R — CE O = l« De inhoud van het bolsegment ADD1, is ] Tl CD3 X CA + -J | CA" = g I CA X (3 CD- + CA') = J Tl X 5 R X (3 X 25 R2 + 25 Rv> = 52 | R®. De inhoud van het bolsegment EDD- is dus: 375 1 | R» — —-- | R3 = — | R". 3 1 375 1 375 1 De inhoud van den afgeknotten kegel BDD'B' is: J | (AB3 + AB X CD + CD') X AC = -f + R + -»xf -R-§ De inhoud van het deel van den kegel buiten den bol is derhalve: 122 n. 52 D, _ 14 D1 275 1 375 1 75 11 '' De inhoud van den kegel EDD' is: j I CD' X CE = i , X ^R'X l R = 1 |R". Het deel van den bol buiten den kegel is dus: 448 RS_ 12S 64 375 1 375 11 75 1 De verhouding van het deel van den kegel buiten den bol en het doel van den bol buiten den kegel is dus als: lï R« tot ~j R3 of als 7 : 32. 1900. No. 3. De middens van drie elkander kruisende ribben van een kubus worden twee aan twee verbonden. Den driehoek, aldus gevormd, beschouwd men als grondvlak van een piramide, waarvan de top samenvalt niet een hoekpunt van den kubus, dat niet met een der drie eerstgenoemde punten op eene ribbe ligt. Men vraagt inhoud en oppervlak van die piramide uit te drukken in de ribbe a van den kubus. De nrdden K, L en N (zie figuur) der drie elkander kruisende ribten BC, DH en EF van den kubus AB CD EF GH zijn twee aan twee verbonden door de lijnen KH, LN en NK. Elk der punten KL en N is verbonden met het hoekpunt A van den kubus, dat niet ligt in een der ribben BC, DH en EF waarop KL en N liggen. De vraag is nu den inhoud en het oppervlak der piramide AKLN te vinden. Verbinden wij K met D dan is in den rechthoekigen driehoek KDC : DK- = CD' + CK-. Ook is in den rechthoekigen driehoek KDL KL = |/DK2 + DL' zoodat KL = 1/ CD' + CK' + DL' of CK = DL is KL = 1/ CD- + 2 DL'. Nu is CD = a en DL = ~ a, dus is KL = |/a! + 2 X j a' = |/1- a' = ^ a \/J. Gemakkelijk ziet men in dat ook LN en NK de zelfde grootte ^ a 1' 6 hebben; het groedvlak KLN der piramide AKLN is dus een gelijkzijdige driehoek welks zijde ^ a [/ 6 is. Ook de opstaande ribben AK, AL en AN dier piramide zijn aan elkander gelijk, zoo is AK = l/AB' + BK- = j/a- + a [/ 5, welke zelfde waarde men ook vindt voor AL en AN. De piramide AKLN is dus eene regelmatige driezijdige piramide. Stellen wij de ribbe van haar grondvlak voor door a en de opstaande ribbe door B zoodat a = a |/ 6 en B = ~ a 1/ 5 is. fa z In de figuur is de piramide ANLN afzonderlijk voorgesteld. Laten wij uit A de loodlijn AO op het grondvlak KLN nêer, dan snijdt die loodlijn het grondvlak in een punt O, dat het middelpunt is van den gelijkzijdigen driehoek KLN. De lijn KP, welke K met O vereenigt, snijdt de zijde LN van den driehoek KLN in het midden P van LN. Is nu KL = LN = NK = a, dan is LP = -L a en KP = i 'KL' — LP' = J as y a" = -i- a \/ T dus OK = y KP = -J- X -y a \Z~2> = -y a \/T en AO = l/Ak3 — OK* = J Bis — y a-, terwijl de inhoud van driehoek KLN is y LN X KP = ^ a X 2 a ^ 3 = 4 a* ^ 3- De inhoud van de piramide AKLN is een derde van het grondvlak KLN maal de hoogte AO of ~ X ~y a \/ 3 X l/B« -ja'» j'2 i' V 3 B- — a». 1 3 Nu is a = -y a | 6, dus a- — 2 aI en B = -y a 1/ 5 dus B' = y a', de inhoud der piramide AKLN is dus: 1 w 3 , w T7"15 , 3 2 X y a- X ^4 a '2 a* = ,2 x y a x ya = ~nr a*' Vereenigen wij nog A met P = } a X ï' B' — ^ a" = -y a | 4 B* — t* = | X \ a 1/ 6 X ^ 4 X | a- | a' = y al/6 X I/F? = | a1 J a' I 6 "K | = | a» I 2Ï". De inhoud van de drie opstaande zijvlakken der piramide AKLN is dus 3 X l- aJ |/ 21 = — aJ 1/ 21 en daar de inhoud van het grondvlak 8 o KLN is y- a' 1/ 3 = y- x -y a2 X V 3= || a' | 3, is het totale oppervlak dier piramide -y 3' J/T + a2 \/~i\ = y ( |/~3 + 1/ 2l), 1901. No. 1. Als eenc lijn, evenwijdig met de basis van een trapezium getrokken, deze figuur in twee gelijkvormige deelen verdeelt, zijn de oppervlakken van deze deelen elk gelijk aan een der driehoeken, waarin een diagonaal het trapezium verdeelt. Bewijs dit- Onderstel dat de lijn EF (zie figuur) evenwijdig met de basis DE van het trapezium ABCD deze figuur in twee gelijkvormige deelen verdeelt. Wanneer wij uit B de loodlijn BO op de basis DC neerlaten, welke loodlijn EF in het punt H snijdt dan hebben wij AB : EF = BH: HG dus EF X BH = AB X HG of bij beide leden dezer gelijkheid AB X BH optellende: AB X BH + EF X BH = AB X BH + AB X HG of (AB + EF) X BH = AB X (BH + HG) = AB X BG of J (AB + EF) X BH = i- AB X BG. Nu is ^ (AB -f- EF) X BH de inhoud van het trapezium ABFE en y AB X BG de inhoud van den driehoek ABD; men heeft dus: Inh. trapezium ABFE = lnh. drieh. ABD. 1901. No. 2. Het oppervlak van een bol (straa! = R) is even groot als de som der oppervlakken van grond- en bovenvlak van den afgeknotten kegel, waarin de bol is beschreven. Bereken den inhoud en het ronde oppervlak van den afgeknotten kegel. Het oppervlak van den bol, wiens straal R is, is 4 | Rs. Is dit oppervlak even groot als de som der oppervlakken van het grondvlak DD1 (zie figuur) en het bovenvlak CC1 van den afgeknotten kegel CDD'C' waarin die bol beschreven is dan heeft men de betrekking | AC= + | BD1 = 4 | Rof AC5 -f BD2 = 4 R». Laten wij uit C de loodlijn CF op BD nêer, en uit O de loodlijn OE op CD, dan is CF = AB = 2 R CE = CA, DE = DB, CD = CE + DE = BD + AC, CF' = 4 R' = CD- - FD' = (BD + AC)- = (BD - AC)' = 4 BD X AC of BD X AC = R-. De inhoud van den afgeknotten kegel CDD'C1 is ^ |(AC- + ACX BD + BD2) X AB of daar AC- + BD' = 4 R-, AC X BD = R' en AB = 2 R is gelijk ~ | (4 R! -f R') X 2 R = '3° |R\ Het ronde oppervlak van dien afgeknotten kegel CDD'C1 is: n (BD + AC) + CD = —| (BD + AC)'. Nu is BD- + AC' = 4 R' en BD X AC - R' dus is: BD- + 2 BD X AC + AC' = (BD + AC)- = 4 R' + 2 R' = 6 R'. Het ronde oppervlak van den afgeknotten kegel CDD'C1 is dus 6 ~| R-. 1901. No. 3. Bewijs van een regelmatig viervlak de volgende eigenschappen: 1°. elke twee overstaande ribben kruisen elkander rechthoekig; 2o- de middens van twee paar overstaande ribben zijn de hoekpunten van een verkant; 3°. dit vierkant verdeelt het viervlak in twee gelijke declen. 1". Vereenigen wij de hoekpunten A en D (zie figuur) van het regelmatig viervlak ABCD met het midden E van de ribbe BC, welke staat tegenover de ribbe AD. In de gelijkzijdige driehoeken ABC en DBC, welke de zijde BC gemeen hebben, vereenigen de lijnen AF en DE de toppen A en D dier driehoeken met het midden E van de gemeenschappelijken basis; de lijnen AE en DE staan dus loodrecht op BC. BC staat dus loodrecht op het vlak van den driehoek ADE zoodat BC ook loodrecht staat op eene lijn door het punt E evenwijdig van AD getrokken of m. a. w. de lijnen BC en AD kruisen elkander rechthoekje. 1 . L en N zijn de middens van het paar tegenoverstaande ribben DB en AC van het regelmatig viervlak en K en M de middens van het paar tegenoverstaande ribben DC en AB. De lijn KL vcreenigt de middens van de twee zijden DB en DC van de gelijkzijdige driehoek DBC, zij is dus evenwijdig met de derde zijde BC van dien driehoek en gelijk aan de helft van BC. Evenzoo vereenigt MN de middens M en N der twee zijden AB en AC van den gelijkzijdigen driehoek ABC; MN is dus even- wijdig aan de derde zijde BC den driehoek en gelijk aan de helft van BCWij zien dus dat KL en MN evenwijdg en gelijk zijn. Op de zelfde wijze toont men aan dat KN en LM evenwijdig met AD en ieder gelijk aan de helft van AD zijn. Wij weten dus dat van den vierhoek KLMN elk paar tegenovergestelde zijden onderling evenwijdig zijn en alle vier zijden gelijk zijn aan de helft van de ribbe van het regeim. viervlak. . . . Het vlak van den vierhoek KLMN snijdt het vlak ADE volgens de lijn PQ Daar de punten P en Q de middens zijn van de hoogte lijnen der gelijke gelijkzijdige driehoeken DBC en ABC is PQ evenwijdig met AD en dus evenwijdig met KN en LM. Daar KL evenwijdig met BC is en BC loodrecht op het vlak ADE staat, staat ook KL loodrecht op dat vlak, dus loodrecht op PQ; zoodat daar PQ evenwijdig aan KN en LM is, KL loodrecht staat op KN en LM. Van den vierhoek KLMN zijn dus de overstaande zijden evenwijdig de zijden allen gelijk en staat elke zijde loodrecht op de aangrenzende zijde, de vierhoek is dus een vierkant. 3". Het vlak van het vierkant KLMN verdeelt net regelmatige viervlak in twee deelen KLMNAD en KLMNBC. Elk dier deelen wordt begrensd door vijf platte zijvlakken. Zij hebben als gemeenschappelijk grensvlak het vierkant KLMN. Verder heeft het eerste deel KLMNAD de twee onderling gelijke zijvlakken I)KL en AMN. Welke beide gelijkzijdige driehoeken zijn, wier zijden de helft van de ribbe van het regelmatige viervlak is. Deze twee zijvlakken zijn gelijk aan de onderling gelijke zijvlakken BLM en CKN van het tweede deel KLMNBC. Ook de beide overige zijvlakken van het eerste deel nl. de gelijkbeenige trapeziums ADKN en ADLM zijn aan elkaar gelijk en tevens gelijk aan de zijvlakken BCKL en BCNM van het tweede deel. Daar de zijvlakken van beide deelen gelijk zijn, zijn de deelen zelve ook aan elkaar gelijk. 1902. No. 1. In een cirkel, welks straal R centimeter is, is een regelmatige tienhoek beschreven. Construeert men op elke der zijden van dezen tienhoek als basis een rechthoek zóó, dat deze rechthoeken geheel buiten den tienhoek liggen, dan is het mogelijk deze rechthoeken zoodanige gelijke hoogte te geven, dat' de twintig buitenste hoekpunten der tien rechthoeken de hoekpunten van een regelmatigen twintighoek vormen. Men vraagt dit te bewijzen en de hoogte der rechthoeken te bepalen, uitgedrukt in R. Vervolgens vraagt men de formule van de zijde van den regelmatigen ingeschreven tienhoek af te leiden, en met behulp van deze de inhouden van den in het vraagstuk bedoelden tienhoek en twintighoek te berekenen, uitgedrukt in R. Bij AB eene zijde van den regelmatigen tienhoek, welke beschreven is in den cirkel, wiens middelpunt O en wiens straal OA = OB = R cM. is. Construeert men op elk der zijden van dien tienhoek als basis recht- hoeken van gelijke hoogte welke buiten den tienhoek vallen, zooals b.v. de rechthoek A3FD op de zijde AB is geconstrueerd, en vereenigt mende twintig buitenste hoekpunten dier tien rechthoeken, dan verkrijgt men een twintighoek waarvan FD en DH twee aansluitende zijden zijn. Men ziet in dat, onverschillig welke hoogte AD = AH de rechthoeken ook hebben mogen, e hoeken welke twee aansluitende zijden van den twintighoek niet elkaar maken, aan elkaar gelijk en dus gelijk aan de hoeken van een regelmatigen twintighoek zijn. Laat men de hoogte AD van de rechthoeken van nul af grooter worden, dan is er blijkbaar eene waarde van AD, waarvoor de -a r,c Va" dCn 'win,i£hoek Se,|ïk wordt aan de constante aangrenzende zijde DF _ AB. Voor die hoogte der rechthoeken is de twintighoek een regelmatigen twintighoek omdat hij voor die waarde niet alleen gelijke hoeken maar tevens gelijke zijden heeft. Laten wij nu uit O de loodlijn OQ op AB neer en verlengen wij tot zij DH in C snijdt. Blijkbaar zijn de rechthoekige driehoeken ACD en OGA gelijkvormig, omdat |_ CAD, |_ AOG is. Is de twintighoek waarvan rD en DH twee aansluitende zijden zijn, regelmatig, dan is FD = DH of 2 FD = 2 £>H, dus DE = AG = DC, zoodat de driehoeken ACD en OGA tevens gelijk zijn of AD = OA = R is. Nu weten wij dat de zijde AB van den regelmatigen tienhoek het grootste stuk is van den in de uiterste en middelste reden verdeelden straal OA = R; men heeft dus AB- = R (R _ AB), waaruit volgt AB = 1 R (1/5 - l) of AB - J (3-1/5) R- en AG- - JaB* = J (3 \ T) r Meetkunde. 10 zoodat 00 s= I OA* AG- = I R» -1(3 — |/ 5) I 5 + 1/5 ' 8 ' 8 R< = 1 R |/lO + 2 1X5. De inhoud van den driehoek ABO is AB X 00 = ^ R(| 5 |) X \ R l/l'O + 2V5 = 1'6 R»(IX 5 - 1) |/ 10 + 2 |/ 5 = -1 Rs 1/(1/ 5 - »2 (10 + 2 1/ 5) = ^ Rj K(6 - 2 | 5) (10 + 2 | 5) = l R- KlO -2 1/5. 8 De inhoud van den regelmatigen tienhoek is gelijk aan tienmaal den inhoud van den driehoek ABO dus 10 X ü K 2 J/ 10 — 2 |/ 5 = 5 R- 8 4 J/lO — 2 |X 5 M". De inhoud van den regelmatigen twintighoek is de som van de inhoud van de" regelmatigen tienhoek, tienmaal den inhoud van den driehoek ADH en tienmaal den inhoud van den rechthoek ABFD. Nu is driehoek ADH gelijk en gelijkvormig met driehoek OAB, zoodat tienmaal den driehoek ADH gelijk is aan den inhoud van den regelmatigen tienhoek. Verder is de inhoud van den rechthoek ABFD gelijk AB X AD = } (— 1 + |' 5) R X R = 2 (- 1 + | 5) Rs de gezamelijke inhoud van de tienrechthoeken op de zijden van dien hoek beschreven, is dus 5 R(— 1 + | 5)- De inhoud van den twintighoek is derhalve ® R> 1/ 10 — 2 1/5 + 5 R» (— 1 + (/ 5) cM- 1902. No 2. Een drievlakshoek heeft twee rechte hoeken en een hoek van 60°. De zijden worden door een plat vlak gesneden, volgens een rechthoekigen driehoek, welks rechthoekszijden 3 c.M. en 4 c M. zijn. Bereken de lengte der stukken, welke dat vlak afsnijdt van de ribben van den drievlakshoek. Van den drievlakshoek S in |_ ASB = [_ CSB = 90° en 1 ASC = 60°. De zijden van dien drievlakshoek worden gesneden door een plat vlak volgens een rechthoekigen driehoek ABC, welks rechthoekszijden 3 c.M. en 4 c.M. zijn. Pc'l0ck Asc is tle standhoek dor vlakken ASB en CSB, de hoek CBA is dus kleiner dan [_ CSA, derhalve is L CBA kleiner dan 60° Van den rechthoekige,, driehoek ABC kan dus de hypothenusa niet liggen in de zijde AbC gelijk 60 van den gegeven drievlakshoek. Daar de tangenten der scherpe hoeken van een rechthoekigen driehoek, wiens rechthoekszijden 3 en 4 c.M. zijn, gelijk zijn aan j en l ^ en beide deze tangenten kleiner zijn dan tang 60° = |/3" 1. 7 . . . kan zoo wel de kleinste als de grootste rLChthoekzijde van den rechthoekigen driehoek ABC in het vlak AAC liggen. , . , wij dat BC de hypothenusa is van den rechthoekigen driehoek ABC en wanneer wij de afstand SA - a, SB = b en SC = c noemen dan is SB' = a' + b' en BC2 = b- + c-'. Laten wij uit A de loodlijn AD neer op SC dan is SD — j SA — X2 a en AC2 = SA2 H 2 SCXSD of AC' a' -f- c- — ac- — ac dus (2 — ac) a = o waaruit volgt c = 2a daar a — o geene beteekenis voor het vraagstuk heeft. Ook is a- + cs = ac = AC' dus as + 4a - 2a = 3a' = AC' of a = 1 AC (/ 3, verder is c = 2 a = —s 3 AC \/ 3 en b = |/AB- — a2— | AB' - ]3 AC'. Ligt dus de rechthoekszijde van den driehoek ABC, welke 3 cM. is, in de zijde ASC = 60° van dien drievlakshoek, dan is AC = 3 c.M. en dus a = |/ 3 c.M. c = 2 \/ 3 cM. cn \ 3 X 32 — 16 — 3 = (/ 13 c.M. Ligt echter de recht- hoekszijde van den driehoek ABC, welke 4 c.M. is, in de zijde ASC = 60° van den drievlakshoek dan is AC = 4 cM. er dusa- 4 1/ ? = —— 3 (/ 3 uvl c ~ pf cM- en b = | » - | X 4' = 1/ 9 - '36 = | ' y cM. 1902. No 3 In een rechten cirkelvormigen kegel met een tophoek van 60° is een bol beschreven. Gevraagd de inhoud van het gedeelte van den kegel begrepen tusschen het grondvlak van den kegel, het ronde oppervlak van' den kegel en de oppervlakte van den bol. De straal van het grondvlak des kegels is r centimeter. De kegel SBB1 (zie figuur) heeft een tophoek van 60°, in dien kegel is een bol beschreven. Onder den inhoud van het gedeelte voor den kegel begrepen tusschen het grondvlak BB1 van den kegel, het ronde oppervlak van den kegel en de oppervlakte van den bol, kon men verstaan: a■ de inhoud I, van het lichaam, dat ontstaat door de figuur, begrensd door den cirkelboog AC en de rechte lijnen AB en BC om de as van den kegel te laten wentelen. ó. de inhoud ls van het lichaam dat ontstaat door de figuur begrensd door den cirkelboog EC en de rechte lijnen CB, BA en AE om SA te laten wentelen. en c de inhoud Ia begrepen tusschen het kegel en het bol oppervlak. «. De raakpunten AC en C1 van den cirkel, beschre/en in den anenoek bb.B l.ggen in het midden der zijden van dien driehoek. Uit BC - CS volgt DC = 2 AB = 2 r cM. Vereenigt men A met C dan is in den rechthoekigen driehoek ADC, DAC = 30° dus AD = DC V 3 — 2 r 1/ 3 cM. De inhoud van den afgeknotten kegel BCC'B' is 1 | (AB^2 + AB X DC + DC2) X AD en de inhoud van het bolsegment CAC' is 2~ | DC2 X AD -f | , AD», dus is I, = ^ ( (AB- -f- AB X DC + DC2) X AD - ^ | DC- X AD — ^ , AD» = J ,(2AB2 + 2 AB X DC) -f 2 DC* - 3 DC-' X AD2) X AD = ^ | } 2 AB' + 2 AB X DC - (DC- + AD2) J X AD of daar DC2 -f AD-' = AC2 = AB2 is I. - ~ Tl (AB2 + 2 AB X DC) X AD = J , (r2 + 2 r X ' "Xr'^'-ï IX2,X '2 r 1/3= J |,-3CM, 2 De inhoud I, is gelijk aan de inhoud I, vermeerderd met den inhoud van den bol. Daar OA = ' AS = ' AB 1/3 — 1 r l t ■ ■ ^ 3 3 3 " r 1 3 is, is de inhoud van den bol -5- 1 OA' — 4 1 v 1 r» I 4 ,1 3 1 3 9 ' 27 Ir r 3 zoodat: = I. + 247 I r> |/3 = l ,r» V 3 + £ , r» ^ 3 = (J +i) Tl r' 1/ 3' = ^ Tl r» |/3 cM'. c. Daar AS = AB | 3 = r \/ 3 is, is de inhoud van den kegel SBB' - 3 I AB- X AS = ^ , r» X r V 3 = J | r» |/3 de inhoud van den bol is ~ \ r» |/3. Men heeft dus I, = ~ I r' 1/ 3 = JL / r» |^'3 cM3. 1903. No. 1. Van een gelijkbeenig trapezium is de grootste der evenwijdige zijden gelijk a centimeters. Bovendien weet men, dat de diagonaal gelijk is aan de grootste der evenwijdige zijden, en dat de kleinste der evenwijdige zijden gelijk is aan de opstaande zijde. Construeer dat trapezium. /'1). (zie f'Kl,ur) ten gelijkbeenig trapezium, waarvan de diagonaal L> gelijk is aan de grootste der evenwijdige zijden AD, en waarvan de kleinste der evenwijdige zijden BC gelijk is aan elk der onderling gelijke opstaande zijden AB en DC. Trekken wij uit B eene lijn BC evenwijdig met CD welke lijn AD in F. snijdt. Omdat BE = CD = BA is, is driehoek BEA gelijkbeenig en daar BD = AD is. is ook driehoek DAB gelijkbeenig Deze beide driehoeken BEA en DAB hebben een hoek aan de basis nl. L EAB gemeen en zijn dus gelijkvormig; men heeft dus AD : AB = ABAE of daar AB = BC = DE is, AD : DE = DE : AE. Het punt E verdeelt dus de grootste der evenwijdige zijden AD van het trapezium in de uiterste en middelste reden. Is dus gegeven dat AD = a centimeters is, dan richt men in A op AD de loodlijn AB op neemt AC = ^ a centimeter, vereenigt O met D, neemt OF — OA = ^ a cM. en beschrijft uit D als middelpunt met DF als straal een cirkelboog en uit A als middelpunt met AD als straal een anderen cirkelboog; het punt C, waar die twee cirkelbogen elkander snijden is een derde hoekpunt van het gevraagde trapezium, waarvan CB en DA de evenwijdige zijden zijn. Het vierde hoekpunt B vindt men door uit C te trekken de lijn CB evenwijdig aan DA en AB = DC te nemen. Daar AB de zijde is van den regelmatigen tienhoek in den cirkel met DA als straal beschreven, is [_ ADB = 3^° = 36° en derhalve | JgQO 26° DAB = 2 =72, waaruit volgt, dat A BC = 180° — |_ DAB = 180° - 72° = 108° is. 1903. No. 2. Bereken den inhoud van het viervlak, dat tot hoekpunten heeft een hoekpunt van een kubus en de middelpunten van de zijvlakken van dien kubus, die in het overstaande hoekpunt samenkomen. De ribbe van den kubus is a centimeters. In den kubus ABCDEFGH (zie figuur) waarvan de ribbe a centimeter is, liggen de hoekpunten A en G tegenover elkaar. De punten K L en N zijn de middelpunten der zijvlakken DCGH, BCGF en EFGH, welke in het hoekpunt G samenkomen. De vraag is nu den inhoud te berekenen van het viervlak welks hoekpunten zijn A, K, L en N. Laten wij uit K en N de loodlijnen KM en NM op de ribbe HG van den kubus neer, dan is KM = NM = i a cM. en dus KN = \ 2 cM. Gemakkelijk zien wij in, dat NL en SK dezelfde waarde hebben. De driehoek KLN is dus een gelijkzijdige driehoek, waarvan de zijde 1 a J/2 cM. is. Vereenigen wij K met DdanisDK= J a |/ 2 cM. en AK = (/AD2 + DK- = | a" + 2 a" = 2 a ^ 6 cM-0ok AL en AN hebben diezelfde grootte. Men ziet dus dat het viervlak AKLN eene regelmatige driezijdige piramide is. Stellen wij de ribben KL, LN en NK van het grondvlak KLN voor door oc en de opstaande ribben AK, AL en AN voor door B, dan is de inhoud dier piramide (zie vraagstuk 1900 No. 3) gelijk ^ aJ |/ 3 B3 — a2. Nu is hier o< = ^ a [/ 2 cM. en B = ' a (/ 6 cM., de gevraagde inhoud is dus ^ X j a' X I 3 X 2 a2 — \ a- = 2'4 a- X 2 a — ^ a» cM'. 1903. No. 3. Twee cirkels, waarvan de middelpunten M en N zijn, raken elkaar inwendig in het punt A. De straal MA is 3 centimeters en de straal NA is 2 centimeters. Het verlengde van de lijn ANM snijdt den cirkelomtrek, met MA als straal beschreven, in het punt B, den cirkelomtrek, met NA als straal beschreven, in het punt C. Uit B is eene lijn getrokken, die den cirkel NA in D raakt en die, verlengd, den cirkel MA in E snijdt. Men laat de figuur om AB wentelen. Bereken de inhouden van de vier deelen, waarin de bol, die M tot middelpunt heeft, verdeeld wordt door de oppervlakken beschreven door den cirkelomtrek, die N tot middelpunt heeft en door de lijn BE. (Het getal | blijve in de uitkomst staan.) De vier deelen, waarin de bol, die M tot middelpunt heeft, verdeeld wordt door de oppervlakken, bedreven door den cirkelomtrek die N (zie figuur) tot middelpunt heeft en door de lijn BE zijn: a. het lichaam dat ontstaat door de wenteling om AB van het cirkelsegment BEG. b. de bol welke ontstaat door de wenteling om AB van den halve cirkel CDA. c. het lichaam, ontstaande door de wenteling om AB der figuur BCD; en d. het lichaam, ontstaande door de wenteling om AB van de figuur DEA. Noemen wij de inhouden dier vier lichamen respectievelijk llf f,, I, en I4. 4 cM ^is^BC^ gAefJrmaalMA = 6 CM" en AC twee,naal NA = ' ' ^ ~ AB — AC — 2 cM., derhalve is BC = NC = DN en «s dus L DBM = 30°. Laten wij uit E de loodlijn EF op AB ueêr dan is EF = * BE en BE" = BF + EF- = BF2 -(- | BC2, dus 3- BE' = BF2 of BE- = J BF-. Verder is BE2 = BF X BA of ± BF2 = BF X BA of BF 4 ^A = ^ X 6 = 4 ^ cM., zoodat AF = 6 — 4 ^ = i 1 c\[ | en EF- = AF X BF = 1 ' >X 4 \ = 2J cM2 is. De inhoud van het bolsegment door de omwenteling der figuur BOEF om AB voortgebracht is \ , EF- X BF + J , BF' en de inhoud van den kegel, door de omwenteling van den driehoek is I, = = 2" I EF2 X BF + ^ | BF' - ^ | EF2 X BF = = g I EF2 X BF + J | BF» = J | BF X (EF + BF2) = = 6 ) Omdat de piramides SAB en SA1 B . • ■ gelijkvormig zijn heeft men: SQ : SR = Vü : V M of SQ - SR : V Q - VM = SR : V\\ of H : KG- V M = SR : V M (2). Uit (1) en (2) volgt VM - Vb = V~G — Vm of Vm = — 1 (Vg -)- Vb). Is nu g = 4 B dan blijkt dat M = ~ 2 4 (4B + 2 VTTP + B) = -f- B. De inhoud voor de afgeknotte piramide A'B1 .... a B . . . . is 3 X RP X (B + V BM + M) en de inhoud van de afgeknotte piramide a B . . . . A'B1 .... is ^ X QR X (M + ^ MG + G), de verhouding der twee deelen waarin de afgeknotte piramide AB .... A'B' .... verdeeld wordt door het vlak M is dus, daar RP = QR = -^ H is, gelijk. B + VBM + ML _ B + I "X 5 B+B + 4 B = M + V MO + G 9 B + v B x 4 B + 4 B 4 ' + 2 + 49 _ 19. f + 3 + 4 37 1904. No. 3. Op eene rechte lijn neemt men stukken AB = BC = CD = 2 centimeter. Op AC, BD en AD als middellijn beschrijft mcr aan dezelfde zijde van AD, halve cirkels. De cirkels op AC en BD beschreven snijden elkander in E. In de punten B en C richt men loodlijnen op AD op. De loodlijn in B opgericht snijdt den halven cirkel op AC beschreven in G, dien op AD beschreven in H; de loodlijn in C opgericht snijdt den halven cirkel op BD beschreven in 1 en dien op AD beschreven in K. Bereken den inhoud van het omwentelingslichaam, dat ontstaat als de figuur EGHKI om AD als as wentelt. Daar het lichaam, dat ontstaat door de figuur EGHKI (zie figuur) te laten wentelen om AD als as, symetrisch is ten opzichte van het vlak door E loodrecht op AD gebracht, is de gevraagde inhoud het dubbel van den inhoud van het lichaam door de omwenteling om AD als as van de figuur EQKI voortgebracht of gelijk aan tweemaal het verschil der beide bol- schijven welke ontstaan door de wenteling der cirkelsegmenten PCKQ en PCIE 0111 AD. De gezochte inhoud is dus: 2 ( J 2 I (M- + PC') X PC + J | PC»; - - { 2 | (CP + PE") X PE + | PC» J ) = = j (M- + PQ') X PC - (Cl2 + PE2) X PC J | = = (CK- + PQ2 - Cl- - PE') X PC X INu is PC = 10 M, CM3 = CD X CA = 2X4 = 8 cM-\ PQ PD = 3 cM., Cl = 2 cM en PE1 = PD X PB = 3 X 1 =3 cM-. De gezochte inhoud is dus (8 + 9 — 4 — 3) | = 10 ; | cM'. 1905 No. l. Construeer een gelijkzijdigen driehoek, waarvan het oppervlak gelijk is aan >/i van dat van een regelmatigen tienhoek, beschreven in een cirkel, die een straal van R centimeter heeft, en druk de zijde van dien driehoek uit in den gegeven straal. De zijde van den in een cirkel beschreven gelijkzijdigen tienhoek is gelijk aan het grootste stuk voor den in de uiterste en middelste reden verdeelden straal van dien cirkel. De straal OA = R centimeter (zie figuur) verdeelt men door de bekende, in de figuur aangegeven constructie in de uiterste en middelste reden en zet AB gelijk aan het grootste stuk van den aldus verdeelden straal OA als koorde uit; die koorde AB is dan eene zijde van den regelmatigen tienhoek beschreven in de cirkel, wiens straal R cM. is. Een vijfde deel van het oppervlak van dien tienhoek is gelijk aan tweemaal den inhoud van den driehoek OAB of — wanneer OC de loodlijn is uit O op AB neergelaten — gelijk aan AB X OC. Noemen wij de zijde van een gelijkzijdigen driehoek x, dan is de inhoud van dien driehoek -r- x- J/ 3. De zijde van den gelijkzijdigen driehoek wiens inhoud gelijk is aan een vijfde van dien van den regelmatigen tienhoek, vindt men dus uit de betrekking J x- 3 = AB X OC zoodat x! = OC X AB |/ 3. Om dien gelijkzijdigen driehoek te construeeren, nemen wij in de figuur PQ = AB, richten in P op PQ de loodlijn PR op en beschrijven uit Q als middelpunt met een straal gelijk aan PQ een cirkelboog; deze cirkelboog snijdt de loodlijn PR in R, zoodat PR = PQ 1/ 3 = AB 1/ 3 is. Van uit P zetten wij volgens het verlengde van RP uit een stuk 4 PS = 3 OC, en beschrijven op RS als middellijn een halven cirkel, welke de lijn PQ in T snijdt. Men heeft dan PF2 = PS X PR = ^ OC X AB \/ 3. De gelijkzijdige driehoek PFU op PF als basis beschreven is dan de gezochte gelijkzijdige driehoek. Als volgt kan men de uitdrukking vinden van x in functie van R. Daar AB = OD het grootste stuk is van de in de uiterste en middelste reden verdeelden straal OA — R, heeft men AD : OD = OD: OA of AB — R: AB = AB : R of AB1 + R X AB - R- = O dus AB = J (- i + V 5) R en AC = J AB = 1 (_ i -f ^ 5) R en OC I OA' - AC- = | R- — L(- 1 + 1/ 5)lRJ= I R | 10 + 21 5. De inhoud van driehoek OAB = ABXOC= \ X R (— 1 + I 5) X ' R ^10 + 2 V 5 = 1 R' (— 1 + V 5) l10 + 2 V 5 = 1 4 16 16 R- V(— 1 + V 5)- (10 + 2 V 5) — 1 R1 V(6 — 2VT) (10+2 V 5) 16 _ ' R2 1/(3 -- V 5 (5 + V 5) = 1 R- Vio — 2 Vb c.YR o 8 Een vijfde van den inhoud van den regelmatigen tienhoek is gelijk aan het dubbel van den inhoud van den driehoek OAB, of gelijk ^ R' ^10 — 2 V b cM' Wij vinden dus x uit de betrekking ^ x'2 V 3 = ^ R- ^10 — 2 V 5 of x - R | 10 ~ V 5 cM. 1905 No. 2. In een regelmatig viervlak is een bol beschreven. Het hoeveelste gedeelte van dit boloppervlak ziet men uit een der hoekpunten van dat viervlak ? De in een regelmatig veelvlak beschreven bol heeft het zelfde middelpunt als die om dat veelvlak beschreven bol en raakt de zijvlakken van dat veelvlak in de middelpunten der zijvlakken. Onderstellen wij dat de gelijkzijdige driehoek ABC (zie figuur) een zijvlak — dat wij als grondvlak zullen aanduiden — van het gegeven regelmatig viervlak is zoodat de zijden van dien driehoek ABC gelijk zijn aan de ribben van het viervlak welke ribbe wij door a voorstellen Is AL) de loodlijn uit A op BC nccr- 2 gelaten, dan is, wanneer AE = 3 AD is het punt E het raakpunt van den in het regelmatig viervlak beschreven bol met het grondvlak ABC van dat viervlak. Daar AD = VAB- — DB- = Va- — ^ aa = } a V 3 is, is AE -y- x 2 a ^ 3 = 3 a V~3. Brengen wij door AD een vlak ioodrecht op het grondvlak van het viervlak, dan snijdt dit vlak het viervlak volgens een gelijkbeenigen driehoek. Denken wij ons dien gelijkbeenigen driehoek neergeslagen om AD tot hij valt in het vlak, dan geeft hij in dien neergeslagen toestand den driehoek ADF waarin AF = a en DA = DF = ^ a V 3. Het punt F is de top van het viervlak in neergeslagen toestand en de loodlijn FE is de hoogte van het viervlak. Die hoogte FE is gelijk aan VAF- — AE2 = I/a' - 1 as = a V6. ' 3 3 Het vlak door AD loodrecht op het grondvlak ABC van het viervlak gebracht, snijdt dan om het viervlak beschreven bol volgens een grooten cirkel, de straal OA van dien cirkel vinden wij blijkbaar uit de betrekking = AE = FE X 2 OA X FE) of 3 a" = 3 a V 6 X (2 OA — 3 a V 6) of g a V 6 =2 OA — 3 a V 6 zoodat OA = \ a l' 6. 4 De straal OE van dien bo! in het regelm. viervlak beschreven is VÖAÏ - OEJ = V f a- - i «' y± ar = }2 a V 6, zoo- . . . .. OE 1 dat men heeft ^ = 3 Laten wij uit E de loodlijn EE1 AO neer, welk loodlijn AO in G en den uit O als middelpunt met OE als straal beschreven cirkel in E1 snijdt. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken OOE en OEA volgt: OG OE _ 1 OE ~ OA _ 3 Zoodat OG — 3 OH is of HG = 3 OH = 3 HK, wanneer K het punt is waar AO de lijn DF rechthoekig snijdt. Nu is het bolsegment dat ontstaat door het cirkelsegment HEE te laten wentelen 0111 OE het deel van den in het regelm. viervlak beschreven bol, welke men uit het hoekpunt A van dat viervlak ziet. Dit gedeelte verhoudt zich tot het geheele boloppervlak als de pijl HG tot de middellijn HK of als 1 tot 3. Uit het hoekpunt van een regelmatig viervlak ziet men dus één derde van het oppervlak van den bol in dat viervlak beschreven. 1905 No. 3. Gegeven een regelmatig achtvlak. In elk hoekpunt wordt van het lichaam een stuk afgesneden door een vlak, gaande door de middenpunten van de vier ribben, die in het hoekpunt samenkomen Gevraagd: oppervlak en inhoud van het overblijvende lichaam uit te drukken in de ribbe a van het regelmatig achtvlak en te onderzoeken, of om en in dat lichaam een bol kan worden beschreven. Zooals gemakkelijk is in te ziesi (zie figuur) heeft het overblijvend lichaam 24 ribben welke onderling gelijk zijn (en wel gelijk } a) 12 hoekpunten en 14 zijvlakken, waardoor men weder de stelling van Euler kan verifieeren, dat in elk veelvlak het aantal zijvlakken, vermeerderd met het aantal hoekpunten, gelijk is aan het aantal ribben plus twee (14 + 12 = 24 -f- 2). Zes der veertien zijvlakken zijn onderling gelijk vierkanten wier zijde gelijk a is, de overige zijvlakken zijn onderling gelijke gelijkzijdige driehoeken, wier zijde eveneens ^ a is. Het oppervlak van een vierkant, waarvan de zijde a is, is ^ a-; het oppervlak van een gelijkzijdigen driehoek waarvan de zijden a is, is -jg a3 V 3. Het oppervlak van het overblijvend lichaam is dus 6 X a2 + 8 x -- a' V' 3 = -L (3 + V 3) a». Brengen wij een vlak door twee ribben AB en' AD "van het regelmatig achtvlak EABCDF welke ribben elkaar in een hoekpunt A rechthoekig snijden, dan verdeelt dit vlak het achtvlak in twee gelijk en gelijkvormig regelmatige vierzijdige piramides EiABCD en FABCD. Verecnigen wij de hoekpunten E en 1" van het achtvlak welke buiten het vlak ABCD liggen, dan staat de lijn EF loodrecht op dat vlak, en snijdt het in hrt punt O, dat liet middelpunt is van den om en ingeschreven bol. Vereenigen wij O met A dan ontstaat dejgelijkbeenige rechthoekige driehoek AOE waaruit blijkt dat de halve as van het achtvlak OE = OA = _ _AE_ _ 1 . | 9 2 ^ 'S' 'n'10uc' van de regelmatige vierzijde piramide EABCD is een derde van het product van het grondvlak ABED en de hoogte OE of gelijk ^ X a: X a 1/ 2 = ^ a' \/2, zoodat de inhoud van het regelmatige achtvlak is 2 X a' (/ 2 ^ a3 (/ 2. Van het regelmatige achtvlak worden afgesneden zes regelmatige vierzijdige piramides welke onderling gelijk zijn en die daarbij gelijkvormig zijn met de piramide EA'B'C'D'. Zijn de ribben der piramide EABCD, de inhoud van de piramide EA'B'C'D' is dus ' van dien der pira- O mide EABCD °' j X ^ a" [/ 2 - De gezamelijke inhoud der zes afgesneden piramides is dus 6 X ^ X (' a' |/ 2 = ^a"(/2en de inhoud van het overblijvende lichaam is ' a® | 2 — 1 a3 (/ 2 = ,5 a3 1/2. o 8 24 Wanneer om of in het overblijvend lichaam een bol kan worden beschreven, zou op grond van symetrie, het middelpunt van dien bol moeten samen vallen met het middelpunt O van het regelmatig achtvlak. De afstand van het punt O tot de middens van de ribben AB, BC, CD en DA van het regelmatig achtvlak is blijkbaar gelijk 00=^3. De driehoek AOF- is een gelijkbeenige rechthoekige driehoek, waaraan A' het midden is der hypothenusa AE = a; men heeft dus dat OA' = A'A= 1 a is. Hieruit blijkt dat alle twaalf hoekpunten van het overblijvend lichaam op een zelfden afstand = a, van O verwijderd zijn, of met a.w. dat om dat overblijvend lichaam een bul kan beschreven worden wiens straal j ais. De afstand van O tot hel vlak A'B'C'Ü' is ' OE — ' al/9 De 4 4 afstand van O tot het vlak ABE is de lengte van de loodlijn 01 uit O op / 1 1 GE neergelaten. Nu is EG = |/ AE3 — AG2 = J aJ — ^ a2 — ^ a 1 3. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken OIG en EOG volgt 01 : OG = EO = EO, o. 01 = gQ x 00 = l ' = '2 . }/| = „ a | 3 = 2 al/ 6. Wij zien dus dat de afstand van C tot het vlak A'B'C'D1 gelijk ^ a 1/ 2 niet even groot is als de afstand van O tot het vlak A'B'G, welke gelijk ^ a [/ 6 is waaruit men besluit dat de afstand vanC tot de zes vierkante zijvlakken niet gelijk is aan den afstand van C tot de acht driehoekige zijvlakken, zoodat in het overblijvend lichaam geen bol kan beschreven worden. 1906. No. 1. Binnen een gelijkzijdigen driehoek een punt zóó te bepalen, dat uit dit punt als middelpunt een cirkel kan beschreven worden, die twee zijden van den driehoek aanraakt en op de derde zijde eene koorde bepaalt, die een middelpuntshoek van 120° onderspant. Zij M (zie figuur) binnen den gelijkzijdigen driehoek ABC het middelpunt van den cirkel, welke de zijden AB en AC van den driehoek raakt en op de derde zijde BC een koorde FH bepaalt, welke een middelpuntshoek FMH gelijk 120° onderspant. Omdat de cirkel de zijden AB en AC raakt, moet zijn middelpunt O liggen op de lijn welke lijn samen valt met de loodlijn AG uit A op BC neergelaten. De hoek FMG is dan 60° en MF — 2 MG. Zij E' het raakpunt van De gegeven afgeknotte piramide is (zie figuur) voorgesteld door a a! a* en d d, d,. De zijvlakken snijden elkaar in het punt S1. Uit S is de loodlijn SD op het grondvlak d di d* . . . . der gegeven afgeknotte piramide neergelaten, deze loodlijn snijdt het bovenvlak a ai a, .... in het punt'A. Er is gegeven dat AD = H cM., en de inhoud van het grondvlak d di d, ....=: G cM'-' en de inhoud van het bovenvlak a at a, . . . -ï° «"'• Noemen wij SA a dan is SD = H -f- a en heeft men Grondvlak : Bovenvlak = AD2 : SA2 of G : ^ G = (H + a)'J : a2 zoodat H + a - 3 a, a = )2 H en SD = 1.' H. Zij C het midden van AD zoodat AC = CD = ^ H is, en zij e e, e3 . . . . een vlak door het punt C loodrecht op AD gebracht, welk vlak dus evenver verwijderd is van grond en bovenvlak. Men heeft dan; Inh. Grondvlak: Inh. doorsnede c ct c, . . . . -= AD- : SC2 of daar SC = SD — CD = 1 } H — } H = H is, G. : Inh. doorsnede c Ci c, = (|»' " 4 Waaruit volgt Inhoud doorsnede c c, = () G. Zij verder b b, b2 een vlak evenwijdig van het grondvlak, en de inhoud der doorsnede b b, b2 . . . . midden evenredig tusschen grond en bovenvlak. Men heeft dan: G : inhoud doorsnede b bi b, , . . . = inhoud doorsnede b b, b, . . . : (' G, of inhoud doorsnede b bi b, . . . . = ^ G. Zij verder B het. punt waar het vlak b b, b, .... de loodlijn SD snijdt dan is: Inh., Grondvlak : Inh., doorsnede b bi li, .... = SD2 : SBof G. : 1 G = (2 H ï : SB' dus SB = ^ H V 3 en BC = H - ^ H ^3 = 2 ^ ~ ^ ^ ~ H" De gevraagde inhoud van de afgeknotte piramide b bi b, c Ci c, . . . is gelijk aan ^ X BC X (Inh., doorsnede c Ci + |/ Inh., doorsnede c ct cs . . . . X Inh., doorsnede b b, b, . . . . + Inh., doorsnede b bi b2) = = [ X y (2 - 1/ 3) H X | l G + )/ | G x { □ + J O j = J (2 - V 3) x j l + f Ks| H G = jjj (8 - 3 V 3) HGcM'. Zuid-HoIIancl 1866. Ie Ploeg No. 1. Hoeveel graden bevat de hoek eens sectors, wiens inhoud gelijk is aan het vierkant op den straal ? Noemen wij de straal van den sector r, de lengte van den boog I en het aantal graden van den hoek des sectors oc( dan heeft men: 1:2 | r = oc ; 360° zoodat I - X I r. De inhoud van den sector is het halve product van de lengte van den boog en den straal, dus^ X I r\ Is de inhoud gelijk aan het vierkant op den straal, dan heeft men de betrekking: ^oc X 7j r' = r3 of oc = 3fi0° ....... "6° ^ , waaruit door logarithmische berekening volgt: oc = 114°35'29"6. Zuid-Holland 1866. Ie Ploeg No. 2. Van een kegel is het gebogen oppervlak 926.534. het grondvlak 898.407 vierk. palm. Hoe groot is de tophoek. Noemen wij den straal CA (figuur 1) van het grondvlak van den kegel r, de zijde SA p en de halve tophoek CSA oc, dan is de oppervlakte van het grondvlak | r* = 298.407 vierk. palm en het gebogen oppervlak van den kegel I r p — 926 534 vierk. palm. Nu is sin oc = r — =— = 298-407 Hieruit P ] | r p 926.534 cnllt vindt men oc = 18°47'17". De tophoek ASB van den kogel is dus 2 oc = 37°34'34". Gelderland 1866. Ie ploeg No. 4. Eene driehoekige pyramide, waarvan gegeven zijn de ribben van het grondvlak a, b en c, wil men in drie gelijke deelen verdeeleti door twee vlakken, die beide door den top en door het midden van de ribbe a gaan; men vraagt de deelen te berekenen, waarin de ribben b of c door die vlakken verdeeld worden. Van de driehoekige pyramide i>ABC zijn de ribben van het grondvlak BC = a, CA = b en AB = c. Door den top S dier pyramide en door het midden D van de ribbe BC = a van het grondvlak, brengt men twee vlakken SDE en SDF. welke de pytamide in drie gelijke deelen verdeelen. Die drie deelen zijn de pyramides SDCE, SDEAF en SDFB, welke alle drie S tot top hebben en wier grondvlakken in het grondvlak ABC der gegeven pyramide liggen. Daar die drie pyramiden dus dezelfde hoogte hebben, verhouden zich hunne inhouden als hunne grondvlakken, zoodat driehoek DCE een derde van driehoek ACB moet zijn. Daar die twee driehoeken dan hoek C gemeen hebben, verhouden zich hunne inhouden als de producten van de zijden 0111 dien hoek, zoodat CD X CE = ^ CB XCA. Nu is CD = ^ CB, zoodat men heeft CE — ~ AC = ~ b. Het vlak SDE zal dus de ribbe AC = b snijden in het punt E, dat van het snijpunt C der ribben a en b ~ b verwijderd is; evenzoo snijdt het andere vlak SDF ? de ribbe AB = c in het punt F, dat ~ a van B verwijderd is. Gelderland 1866, 2e Ploeg No. 1. Van een cirkelsector is gegeven de omtrek a duim en de inhoud b' vierkante duim. Bereken hieruit den straal en druk den boog in duimen en graden uit. Na de oplossing 20 voor a en 24 voor b5 te substitueeren. Van den cirkelsector OCABO noemen wij de straal r, de lengte van den boog AB l en het aantal graden van den hoek AOB oc. De omtrek van den cirkelsector is gelijk aan de som van de lengte van den boog AB en het dubbele van den straal; de inhoud van den sector is het halve product van straal en lengte van den boog. Is dus de omtrek a en de inhoud b2 dan heeft men: 1 + 2 r = a en } Ir b2, waaruit volgt r2 — } ar + b2 = o of r = ^ a„ — 16 b' duim. (1) 2 4 en I = a — 2r = a - ' a* 16 h" duim. (2) Daar men heeft: | r : 180 = 1 : oc I 18(1 -i ' a' + !6b' I80_2a-f|/^a' —16b» 180 heeft men: oc ■= - r = a± J «* - 16b* j a + |/a« — 16b*~ ! I 4 _ a2 - 8 b2 + |/a2- 16 b2 ^ 180 4 b' | ® Substitueert men in de betrekkingen (1) (2) en (3) voor a = 20 en voor b- = 24, dan krijgt men twee stellen bij elkaar behoorende waarden voor r, I en oc en wel: r = 6 duim . r = 4 duim '1 = 8 I 1=12 » I 240 . C" | 540 . f cx — - ^ graden f oc = ^ graden Gelderland 1866. 2e Ploeg No. 2. Zoek de oppervlakte en den inhoud van een kubus, die met een der zijvlakken in het grondvlak en met de hoekpunten van het overstaande vlak in het ronde oppervlak van een kegel ligt, waarvan gegeven is de schuine zijde 9 en de straal van het grondvlak 3 duim. Stellen wij de schuine zijde SP = SQ = SR — ST van den kegel voor door p en den straal OP = OQ = OR = OT van het grondvlak door r. De hoogte OS van den kegel is dan 1/ p2 — r2. Binnen den kegel ligt de kubus ABCDEFGH. waarvan het grondvlak ABCD samenvalt met het grondvlak van den kegel en waarvan de hoekpunten van het bovenvlak EFGH zich in het ronde oppervlak vanden kegel bevinden. Stellen wij de zijde van den kubus voor doorx,danisOA = ^ u 1/ 2 en AP = OP - OA = r — ^ x 1/ 2. Nu heeft men: OP : AP = OS: AE. of r : r — ^ u l 2 = |/ pa — r': x. •* t 4 2 r |/ p'J — r'J waaruit volgt: x — . 2r+ 2 (p'J — r") Is nu p = q en r = 3, dus [/ (p" — rJ) = 6 V 2, dan is x = 2 | 2 duim. De oppervlakte van één zijvlak van den kubus is x5 = 8 vierkante duim, het geheele oppervlak van den kubus is dan 6 X 8 = 48 vierk duim. De inhoud van den kubus is x' =- (2 |/ 2)J = 16 | 2 kub. duim. Gelderland 1866, 2e Ploeg No. 3. Van eene afgeknotte regelmatige vierhoekige piramide is de ribbe van het grondvlak 48, die van het bovenvlak 3 en de opstaande ribbe 33.75 duim. Men vraagt de inhouden van de beide gelijkvormige afgeknotte piramiden, waarin de gegevene verdeeld kan worden door een vlak evenwijdig aan grond- en bovenvlak. Zij P het middelpunt van het bovenvlak ABCD der gegeven afgeknotte regelmatige vierhoekige pyramide ABCDEFGH en Q het middelpunt van haar grondvlak EFGH. Wij vercenigen de punten P en Q respectievelijk met de punten A en B en laten uit A de loodlijn AS neer op het grondvlak der afgeknotte pyramide. Omdat de ribbe EF van het grondvlak 48 duim en de ribbe AB van het boven- AB 3 vlak 3 duim is, is AP ✓ — ■ 1/2 \ 2 Zuid-Holland 1867. Eerste ploeg No. 2. Eene formule te vinden ter bepaling van den inhoud van eene bolvormige schijf, uitgedrukt in de stralen van het grond- en bovenvlak en de hoogte. wij gaan uil van ae öenenue siemng, dat de inhoud van een bolvormig segment gelijk is aan de som van den halven cylinder, welke tot grondvlak heeft het platte grondvlak van het segment en tot hoogte den pijl van het segment en een bol, waarvan de diameter de pijl van het segment is. De inhoud van het segment PACBP is dus: ^ | CB' X CP + ^ i ci» - è i cp- \ 3^; + Cp j of, CB'J daar CB'J = CP X CK en dus ^ = CK = 2 OP — CP is, = 6 | CP" (3 OP — CP) welke formule men ook direct kan opmaken door het bolvormig segment PACBP te beschouwen als het verschil van den bolvormigen sector OAPBO en den kegel OABO. Noemen wij de straal BC van het grondvlak van de bolvormige schijf A15ED r, de straal EF van het bovenvlak dier schijf r„ de hoogte CF der schijf h, de straal van den bol R, de lengte van de pijl CP h, en delengte van de pijl FP h,, zoodat h = h, — h, is, dan krijgt men voor den inhoud I van de bolvormige schijf ABED: I = ^ | h,3 (3R - h,) — y | h,'(3R-ht) =-* | {3R(hi'-h,') —(h^-h.'J 1 = 3 | h, — h.) | 3 R (h, + hs) - (h,3 + h, hs + h,3) j 1 I h ; 3 R (h, + h.) - (h,3 + h, h, + M J Nu is BC2 CP X CK en EF1 FB X FK, of r,3 h1 (2 R - hi) en r,3 h, (2 R — h,). waaruit door optelling volgt: r.' + r,3 - 2 R (h, + h.) - (h,3 + h,3) of R (hj + hs) \ (fl' + r,2) + 2 (hl' + h,ï) Zoodat 1 2 | h | ij (ri* + r,a) + 2 (hi* + hi h, + hi3) j 1 . I 3 . , , , n , h,3 - 2 hi h, + h.a ) 1=3 I h J 2 ( r,* + r,3) + -j } 1 u < 3 , » _l r n _L 1 = 1 | h j h3 + 3 ( r,3 + r,3) j Zuid-Holland 1867. 2e Ploeg No. 1. De formule te vinden voor het oppervlak van eene bolvormige schijf, als de stralen van het grond- en bovenvlak zijn R en r en de hoogte = h. Het ronde oppervlak van den bolvormige» schijf BDD'B» is gelijk aan de hoogte AC vermenigvuldigd met den omtrek van den grooten cirkel van den bol. Van dien schijf BDD'B' in de straal van het grondvlak AB = R, de straal van het bovenvlak r en de hoogte AC = h. Het ronde oppervlak dier schijf = 2 Tl h X OD moet nu worden uitgedrukt in functie van R, r en h. Vereenigen wij B met D' om vervolgens uit D een loodlijn DE op AB neer te laten en uit het midden F van BD eene lijn FQ evenwijdig aan AB te trekken. Men heeft dan EB = AB — AE = AB — CD = R — r, en BD = l/DE' + EB' = I/AC' + EB* = l/h' + (R &, zoodat FD EB = ^ I h3 + (R + r)' is. Uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoeken OQF en BED volgt: GF : OF = ED: BD of ' (R + r) : OF = h : 2 DF, zoodat OF = --Al DF. * h Nu is OD' = DF' + OF3 - DF' + (R 3 DF' = h' + + X DF' = + (* + X \ | h' + (R + r)' j Hieruit volgt: OD» X h3 = ^ J hJ + (R+r)' j j h3 + (R+ r)3 { of OD X li - 2 T^!hï + (R + r)aj jh'J + (R + r)'j Het ronde oppervlak der schijf is dus: 2 | h X OD = | V jh3 + (R+r)3; Jh3 +(R + r)3 j = = | V\ h' + Ra + r') + 2 Rr [ j h' + R' + r3) - 2Rr j = = I 1/ (R'J + r" + h')3 - 4 R3 r3. of wel, daar (R3 + r3 + h3)3 = (h3 + R3 — r3)3 + 4 h r3 + 4 R3 r3 is, gelijk | V 4 h3 r3 + (h3 + R3 + r3)3. Meetkunde. Zuid-Holland 1867. 2e Ploeg No. 2. De straal van een ingeschreven cirkel in een regelmatigen tienhoek, uit te drukken in den straal van den omgeschreven cirkel. Zij AB eene zijde van den regelmatigen tienhoek, beschreven in den cirkel, welke straal OA = OD, wij door R. voorstellen. Wij weten dat AB het grootste stuk is van den in uiterste en middelste reden ver- 2 deelden straal R zoodat BA = ^ R (1/ 5 - l) is. Vereenigen wij het middelpunt O met het midden C van AB en noemen wij OC, de straal van den ingeschreven cirkel, r dan is r = | OA3 — AC = Pr - /gRJ (I/s-0* -Ï R l ie—(| s -1)' = f R |/16 - 6 +2J 5^ jKlO + 2J/5. Zuid-Holland 1867. 3e Ploeg. Den straal te berekenen van een bol, die in een gegeven bolvormigen sector kan beschreven worden, In den bolvormigen sector OACBO, waarvan de straal OA = OC = R en de pijl CD — h is, is een bol beschreven, waarvan de straal ME = MC is. Veriengen wij den straal OA tot hij de door C evenwijdig aan DA getrokken lijn CK in K snijdt, dan is KE — KC- Uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoeken ODA en OCK schrijft men op: OD: DA: OA = OC: CK: OK. hierin is OD = OC — CD = R — h en DA = 1/ DC X DE = 1/2 Rh — hJ, R — h : 1/ 2 Rh - h2: R = R : CK : OK. Waaruit volgt: CK = l/2Rb-b... OK = x' = (x + 6)3 = 16 : 100. waaruit volgt x = 4, zoodat SR = SQ + QR = 4 + 4 - 8 palm is. De oppervlakte M der doorsnede van de gegeven afgeknotte pyramide met het vlak abc . . . vindt men uit de evenredigheid: SQJ:SR3 = B: M of 4': 8' — 16 ■ M waaruit blijkt dat M = 64 □ palm is. De inhoud I van de afgeknotte pyramide ABCabc is 3 X PR X (G+ V'GM + Ab)= J X 2 X (61 + V64 X 100 + 100) kub. palm en de inhoud I1 van de afgeknotte piramide abc. . . A'B'C'is 3 X BQ X(M + V MB + B) = J X 4 X (16 + KTÓ X~64 + 64) kub. palm, zoodat men heeft I _ 3 X 2 X(64 + V 64 X 100+ 100) 'x2X244 IT ~ F —" — = — ®L 2 X 4 X (16 + V' 16 X 64 + 64) ' X4X 112 56 Overijssel 1867. No. 4. Bereken den inhoud van het lichaam, voortgebracht door deomwenwentehng van een cirkelsegment om een middellijn, die door het uiteinde van den boog gaat, wanneer gegeven is, dat de koorde van het segment ae zijde is van den ingeschreven regelmatigen driehoek. Zij de koorde AB van segment ABDA dc zijde van den regelmatigen driehoek, beschreven in den cirkel, waartoe de boog AOB van het segment behoort, zoodat AB = BB' = B'A is, dan heeft men, wanneer wij den straal OA van den cirkel /• stellen, AC — ^ r. De inhoud van het lichaam, dat ontstaat door het cirkelsegment ADBA te laten wentelen 0111 de middellijn AE is gelijk aan den inhoud van den cirkelsector OBDAB'O 4- den inhoud van den kegel ABB', of gelijk: 1 r X 2 , r X AC + 1 'BC'XOC — J , BC'XAC= l 7|r.XAC- J , BC'(AC oc) 3 I r' X AC - 3 l'XBC"-^ T|r(2rXAC- BC)- = Y 71 r (2 r X AC - AC X EC) = ±- , r X AC X (2 r - EC) = | , t x AC X AC = ■- -I r AC No i» AC = \ .. 8ev,aa8de I»- 9 _ 3 — 3 houd is dus: | rX 4 r' — 1 1 r ' Groningen 1867. Ie Ploeg No. 1- AH_on . xjzzst stx: FSt*- den hoek C tot het middenpunt van den ingeschreven c.rke . Omdat van den rechthoekigen driehoek ABC de rechthoekzijde AB — 20 en de andere rechthoekzijde BC - 15 Ned. duim is, is de hypothenusa AC VXB' + BC- - VV + 15» = 25Ned' duim. Noemen wij den straal vari den ingeschreven cirkel OD — OE Oh r, dan is EC — DC BC en AE - AF = AB — BF 20 r. Verder is AE + EC (20 - r) + (15--r) 35 _ 2 r 25, dus r 5 Ned. duim, waaruit volgt : OC VOD' + DC2 — l/5 + (is - W ~ 1/25 + 100 = 5 V 5 Ned. duim. Groningen 1867. Ie Ploeg No. 2. ,. o -t..f pen afgeknot driehoekig prisma, Men heeft van kneedbare ^ ^ ^ dujm zijn> terwijl waarvan de zijden van het gron v ' 36 48 Ned. duim zijn. rrrr-r—""tn « groot is dan de as ? voorstellen en . - \ <• + » + «> * O""1" ^ "" van het erondvlak =11» 13, 14 en 1! Ned. duim, 1» s - \ <« + » +15> ~ a VT en BC = OB - OC = a - ~ a V~2 = -I (2 - VT) a. De inhoud van den bolv. sector is ^ van den straal maal het ronde oppervlak van den sector of a X - ~| a X BC = a X2 ~j a X (2 — V 3) a = ^ | (2 V 3) a". Is de ribbe van een tetraëdruni x dan is zijn inhoud x" V 2. De ribbe x van het tetraëdrum, welks inhoud gelijk is aan dien van den bolvormigen sector, vindt men uit de betrekking: 3 xs V 2 = ]3 | (2 - V 3) a' .» - TIP-r 3) _ \ (2 V 2 - V 6) V 2 t 2 zoodat x — a V] \ (2 V 2' — V 6) projectie LM der lijn PQ op het vlak SB staat loodrecht op de snijlijn RS van het vlak SB niet het vlak SA, waarop de lijn PQ loodrecht staat. Limburg 1867. No. i Bewijs dat, wanneer een rechte lijn loodrecht op een vlak staat, de projectie van die lijn op een ander vlak loodrecht op de snijlijn der twee vlakken staat Onderstellen wij dat de lijn PQ (zie figuur) loodrecht staat op het vlak SA. De projectie LM van de lijn PQ op een vlak SB, dat het vlak SA volgens de lijn RS snijdt, is de doorsnede LM van het vlak SB met het vlak dat door de lijn PQ loodrecht op het vlak SB gebracht wordt. Dit projecteerend vlak staat loodrecht zoowel op het vlak SA als op het vlak SB de snijlijn RS dier twee vlakken SA en SB staat dus loodrecht op dat projecteerend vlak en dus de snijlijn RS loodrecht op elke lijn, welke in het projecteerend vlak ligt en door het snijpunt M der lijn RS met het projecteerend vlak gaat of m. a. w. de Limburg 1867. No 2. Bepaal den kortste» afstand van twee rechte lijnen, welke elkander kruisen. Zij AB en CD (zie figuur) de beide elkaar kruisende rechte lijnen. Brengen wij door de rechte lijn AB een vlak MN evenwijdig aan de rechte lijn CD en door de rechte lijn CD een vlak PQ evenwijdig aan de rechte lijn AB, waartoe het voldoende is om door een punt van AB een lijn evenwijdig aan CD en door een punt van CD eene lijn evenwijdig aan AB te brengen; deze twee vlakken MN en PQ, welke respectievelijk door twee evenwijdige lijnen gaan, zijn evenwijdig. Door de lijn AB brengen wij een vlak, loodrecht op het vlak MN, en door de liin CD pph JwppHp vlak loodrecht op hetzelfde vlak MN. Deze twee vlakken snijden elkaar volgens een rechte lijn EF, die loodrecht staat op het vlak MN en derhalve op het evenwijdige vlak PQ. Deze lijn EF is dus loodrecht op elk der lijnen AB en CD, welke zg ontmoet in de punten E en F. Er bestaat slechts ééne rechte lijn, die de beide gegeven rechte lijnen AB en CD ontmoeten loodrecht op die lijnen staat, want eene dergelijke rechte lijn is, omdat zij loodrecht staat op AB en op eene lijn evenwijdig aan CD, gebracht door het punt, waar zij AB snijdt, loodrecht op het vlak MN; zij ligt dus in de beide vlakken loodrecht op MN door AB en CD gebracht en valt bijgevolg samen met hun snijlijn EF. Gemakkelijk is in te zien, daï de gemeenschappelijke loodlijn EF de kortste afstand is tusschen de beide rechte lijnen AB en CD. Immers vereenigen wij twee willekeurige punten G en H dezer rechte lijnen, en laten wij uit het punt H eene loodlijn UK neer op het vlak MN, dan zien wij dat de schuine lijn HG grooter is dan de loodlijn HK. of de aan HK gelijke lijn FE. Limburg 1867. No. 3. Van eene driehoekige piramide hebben de opstaande zijvlakken elk een tophoek van 60°. Indien nu de opstaande ribben 1, 2 en 3 palm zijn, vraagt men den inhoud dezer piramide te berekenen. Zij SARQ een drievlakkenhoek, welk zijden |_ ASR, |_ RSQ en |_ QSA allen 60° zijn. Uit een punt A van de ribbe SA laten wij een loodlijn AP op de overstaande zijde neer Het vlak door die loodlijn AP en de ribbe SA gebracht, snijdt de zijde RSQ volgens eene lijn SP, welke de zijde RSQ middendoor deelt, zoodat I PSQ = 30o is. Brengen wij nog door AP een vlak AQP loodrecht op de ribbe SQ, welk vlak de zijde QSA snijdt volgens de lijn AQ en de zijde RAQ volgens PQ, dan heeft men in den rechthoekigen driehoek AQS: SQ = y SA en QA = 2^3 SA. Verder heeft men in den rechthoeki¬ gen driehoek PQS = PQ — SQ V 3 = c SA V 3 = en daar ook 3 o driehoek APQ rechthoekig is AP = V QA2 — PQ'J = 1 ï SA' - ± SA' = I SA YT Zij nu SABC de gegeven driehoekige pyramide, waarvan de ribben SC, SB en SA respectievelijk 1, 2 en 3 palm zijn. De inhoud van de pyramide is ^ X oppervlak driehoek SBC X hoogte AP. Omdat |_ BSC = 60° is en SC = } SB = 1 palm is, is driehoek SBC rechthoekig. De oppervlakte van driehoek SBC is dus gelijk aan het halve product der rechthoekszijden CS en CB of — daar CS = 1 palm en CB = CS V 3 — V 3 palm is — gelijk ^ ^ 3 vierk. palm. De hoogte AP is j SA V 6 of — daar SA — 3 palm is — gelijk ~-V6X3=V6 palm. De gezochte inhoud der pyramide SABC is dus 3' X ó ^ ^ X = y V 2 kub. palm. Limburg 1867. No. 4. Bewijs, dat twee driehoekige piramiden van gelijke basis en gelijke hoogte gelijken inhoud hebben. Onderstellen wij dat van de beide driehoekige pyramiden, welke gelijke basis en gelijke hoogte hebben, de basis zich in een zelfde plat vlak bevinden Omdat de hoogten gelijk zijn, zullen de toppen S en S1 (zie figuur) dier pyramiden zich bevinden in een zelfde vlak, evenwijdig aan de basis. Wij beginnen nu met aan te toonen, dat een vlak evenwijdig aan het vlak der bases de beide pyramiden snijut volgens doorsneden, welke gelijke oppervlakte hebben. Wanneer DEF en D E'l-1 dergelijke doorsneden zijn, dan weet men dat de gelijkvormige driehoeken DEF en ABC evenredig zijn aan de vierkanten der homologe zijden DE en AB of aan de vierkanten der loodlijnen uit den top S op de vlakken DEF en ABC neergelaten. Evenzoo zijn de oppervlakken der driehoeken D'E'F1 en A'B'C' evenredig aan de vierkanten der homologe zijden D E1 en A'B' of aan de vierkanten der hoogten. Hieruit volgt dat de verhouding der oppervlakken der driehoeken DEF en ABC dezelfde is als die der driehoeken D'E'F' en A B'C'; daar de oppervlakken der beide driehoeken ABC en A'B C' gelijk zijn, zijn ook de beide driehoeken DEF en D'E'F1 gelijk. Verdeelen wij nu de gemeenschappelijke hoogte in een zeker aantal gelijke deelen en brengen wij door de deelpunten vlakken, evenwijdig aan het vlak der bases; ieder dezer vlakken snijdt, zooals wij gezien hebben, de beide pyramiden volgens doorsneden, welke gelijke oppervlakken hebben. Door de punten E en F trekken wij de lijnen EO en FH evenwijdig aan de ribbe SA en vereenigen G met H; evenzoo trekken wij de lijnen E'G1 en F H' evenwijdig aan de ribbe S'A1 en vereenigen Q' met H'. Daar de beide prisma's DEFAOM en D'E'F'A G'M' gelijke bases DEF en D'E'F en gelijke hoogten hebben, zijn de inhouden dezer prisma's gelijk. Evenzoo construeeren wij op de driehoeken KLM en K'L'M, welke gelijke oppervlakten hebben, twee prisma's, waarvan de zijribben evenwijdig zijn aan SA en S'A'; deze prisma's zijn gelijk van inhoud en zoo vervolgens. Daar de prisma's twee aan twee gelijk van inhoud zijn, is de som der prisma's in de eerste pyramide beschreven gelijk aan de som der prisma's in de tweede pyramide beschreven. Verdeelt inen de gemeenschappelijke hoogte in een zeer groot getal zeer kleine deelen, dan zietmen.dat de inhoud van iedere pyramide zoo weinig verschilt van de som der in deze pyramide beschreven prisma's; men kan de inhoud van de pyramide beschouwen als de limiet van de som der prisma's. Omdat de twee sommen van prisma's aan elkaar gelijk zijn, hoe groot ook het aan'al verdeelingen is komt men tot het besluit, dat de beide pyramiden gelijk van inhoud zijn. Limburg 1867. No. 5. Wanneer van een kegel de hoogte h en de schuine zijde s gegeven zijn, hoeveel graden bevat dan de hoek van den cirkelsector, die door de ontwikkeling van het ronde oppervlak ontstaat? graden, dat de grootte van den hoek des cirkelsectors aangeeft, dan heeft men: 2 | s: 2 | 1/ s' — h = 360: 'oc waaruit volgt: oc = 360 T \ _ Jï.'-' Wanneer men het ronde oppervlak van den kegel SAC ontwikkelt, ontstaat een cirkelsector, welks straal SA = s is, terwijl de lengte van den boog van dien sector gelijk is aan den omtrek van het grondvlak van den kegel of gelijk 2 | X AB, ofwel, daar AB = V AS' - BS' = I s2 - H* is, gelijk 2 | V ss — h'-'. De geheele omtrek van den cirkel, wiens straal SA is, is 2 | s. Noemt men oc liet gezochte aantal Limburg 1867. No. 6. Te bewijzen dat de inhoud van het lichaam, dat voortgebracht wordt door de omwenteling van een driehoek om een zijner zijden, gevonden wordt door den inhoud dezes driehoeks te vermenigvuldigen met het één derde van den omtrek des cirkels, die door het zich bewegende toppunt doorloopen wordt. Beschouwen wij eerst het geval, dat de hoeken van den driehoek, welke liggen aan de zijde, om welke men dus driehoek laat wentelen. beide scherp zijn. De inhoud van het lichaam voortgebracht door de omwenteling van den driehoek SCB 0111 zijne zijde BC is de som van de inhouden van de twee kegels, wier gemeenschappelijk grondvlak een cirkel is, waarvan de straal gelijk is aan de hoogte AD van den driehoek en wier hoogten respectievelijk DB en DC zijn. De inhoud van het lichaam is dus ]3 | AD'J X (DB + DC) = ^ , AD2 X BC. Nu is | AD' X BC = g (2 | X AD) X<2 BC X AD) en aangezien 2 | X AD de omtrek is van den cirkel, welke door het zich bewegende toppunt A wordt doorloopen en ^ BC X AD de inhoud van den driehoek ABC is, blijkt uit die gelijkheid de te bewijzen stelling. Beschouwen wij nu het geval dat een van die beide hoeken van den driehoek, welke liggen aan de zijde, om welke de driehoek wentelt, stomp is. In dit geval is de inhoud van het lichaam, dat ontstaat door den driehoek ABC om zijne zijde BC te laten wentelen, het verschil der inhouden van de beide kegels CDA en BDA of ' | AD" X (CD — BD) = 1 1 3 3 ADJ X BC — I X (2 | AD) X (.' BC X AD) waaruit als in het voorafgaande geval de te bewijzen stelling volgt. Limburg IÖ67. No. 7. Van een bol, wiens straal R gegeven is, wil men een bolvormig segment afsnijden, welks rond oppervlak gelijk is aan den inhoud van een grooten cirkel des bols. Hoe groot moet de straal van het grondvlak van dit bolvormig segment zijn ? Wanneer het ronde oppervlak van het bolsegment ACBDA gelijk is aan den inhoud van een grooten cirkel des bols welks straal OB = R is, dan heeft men de betrekking: 2 Tl R X AB = | R' dus AB = R en bijgevolg OA — OB — AB = — R. De straal AC van het grondvlak van het bolvormig segment is dus: V OC' - OA* = V R- - ' R i R LXa 4 2 van het vierkant, ingeschreven in den cirkel, welke DE tot straal heeft, gelijk zijn aan BD. Noemen wij BD a, zoodat AD — H — a is, dan is ED = BD | 2 = a 1/ 2. Nu heeeft men de betrekking : AD : DE AB : BC of H - a : \ a 1/ 2 = H : R 2 RH waaruit volgt: a — , 2 R + H (/ 2 De inhoud van den kubus is dus 8 R:' H» (2 R + H V 2)' 1»69. No 1 De lijn te construeeren, wier lengte is aangewezen door de formule X y 5 (ab + cd), waarin a, h, c en d gegeven lijnen voorstellen. Stellen wij ab = ocï en cd = B2, dan is x = | 5 (oc2 + B3); stellen wij verder oc2 -(- B' c2, dan is x - [/ 5 c'2 = | (2 c)'J + cs. De lijnen oc en B vinden wij door de bekende constructie van eene middelevenredige tusschen twee gegeven lijnen, de lijn c is de hypothenusa van een rechthoekigen driehoek, waarvan o< en B de beide rechthoekzijden zijn; ten slotte geeft de hypothenusa van een rechthoekigen driehoek wiens rechthoekszijden c en 2c zijn, ons de gevraagde lijn x. 1Ö69. No. 2 Binnen een regelmatig achtvlak ligt een cilinder zoodanig, dat de omtrekken van grond- en bovenvlak de zijvlakken van den octaëder raken in hun zwaartepunten. Als de ribbe van het achtvlak a is, hoe groot is dan de inhoud van den cilinder? Nevenstaande figuur stelt voor de doorsnede van het regelmatig achtvlak met een plat vlak gebracht door eene der drie assen van het lichaam, loodrecht op een der ribben, welke die as rechthoekig kruist. Is de ribbe van het regelmatig achtvlak a, dan is de halve as OA = 0A! = 4" a 1^2 en OB = OB' = a. a Stelt CFF'C' de doorsnede voor van bovengenoemd plat vlak inet den cylinder, welks in- ] 1 houd gevraagd wordt, dan is BC = ^ BA, dus ook OD = ^ ÜA = — a |/ ~ en OE = DC = \ OB = ' a- L)e inhoud van den cylinder O « is dus: 2 1 OE' X OD = 2 |Xg a2 X g a l/' 2 = ' ^ | a:'. 1869. No. 3 Hoe ver moet het oog van het middelpunt eens bols verwijderd zijn om ^ de gedeelte van de oppervlakte des bols te kunnen overzien. Noemen wij x de afstand OC van het oog O tot het middelpunt C van den bol en r de straal CA = CD = CA' van den bol Omdat CB X OC AC' = AC'J is, heeft men CB — ^ — r en dus BD = CD CB r x r" _ x — r x x Nu verhoudt zich de ronde oppervlakte van het bolsegment ADA BA tot dat van den geheelen bol als de pijl BD tot de middellijn 2r van den bol. Is dus de ronde oppervlakte van het bolsegment ADA'BA —de gedeelte van dat van dat van den bol, dan is DB — x X 2r, zoodat x — r 1 „ r = — X 2r x n x — r _ 2 x n nx — nr = 2x nr of x = —-—. n — l 1870. No l. Een driehoek midden door te deelen door een lijn, die door een gegeven punt van eene der zijden gaat. Zij E het gegeven punt in de zijde AC van den driehoek ABC. Men vereenigt E met het tegenoverliggend hoekpunt B en trekt uit het midden Ab van AC de lijn MF evenwijdig aan EB. Het punt F, waar de lijn MF de zijde van den driehoek snijdt, vereenigt men met E, dan is EF de gezochte deellijn. Immers de inhouden der driehoeken ECF en ACb welke den hoek C gemeen hebben, verhouden zich als de producten der zijden om den hoek dus als CE X CF tot CA X CB. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken CMF en CEB volgt: CE:CB = CM : CT of CE X CF = CM X CB, of - omdat CM = 2 CA is, CE X CF == } CA X CB, waaruit blijkt, dat de inhoud van driehoek ECF de helft is van driehoek ACB. N.B. Ligt het punt E ten opzichte van het midden M der zijde AC van een kant naar C, dan ligt het punt F op de zijde AB. 1870. No. 2. Den inhoud te berekenen van de stukken, waarin een bol, welks straal R is, verdeeld wordt door een cilinder, welks as door het middelpunt van den bol gaat en die een straal r heeft. Volgens eene bekende stelling is de inhoud van een bolvormige schijf gelijk aan de halve som van de inhouden van twee cylinders wier grondvlakken gelijk zijn aan grond- en bovenvlak der schijf en wier hoogte gelijk is aan de hoogte van de schijf, plus een bol, wiens middellijn gelijk is aan de hoogte van de schijf. De bolvormige schijf BMCFC'K'B'EB, wier grond- en bovenvlakken gelijk zijn omdat zij op een zelfden afstand OK = OK1 van het middelpunt O van den bol verwijderd zijn, is dus gelijk aan den cylinder BCC'B1 plus een bol, wiens middellijn KK1 is, zoodat de inhoud van het omwentelingslichaam, welks merediaan doorsnede bij wenteling om KK' EBAB'E is, gelijk is aan den inhoud van den bol, wiens middellijn KK1 is, — of — daar } KK1 = OK = AB = 1/ AE X AF = (/ (R _ r) (R - r) = (/ R«-r»Js - gelijk ± I 3 3 (R2 - r')2". Daar de inhoud van den gegeten bol is -J- | R', js de inhoud van het stuk, dat door het cyündervlak van den bol wordt afgesneden en welks meridiaan-doorsnede is ABLOL'B'A gelijk 4 | r> _ 4 3 ^ 3 (R< - rJ)2_. 1870. No 3 De verhouding te vinden tusschen de inhouden der beide omwentelingslichamen, die worden voortgebracht door eenzelfde rechthoekig trane- weHteltWanneer h0t beUrtel'ngS om eene der twee niet evenwijdige zijden Wanneer het rechthoekig trapezium ABCD, waarvan de beide evenwijdige zijn AB en DC rechthoekig op de zijde AD staan en waarvan wij de zijden AB, BC, CD en DA respectievelijk door a, b, c en d zullen aangeven, wentelt om de zijde AD ontstaat een afgeknotte kegel, welks inhoud I = 2~ I (ca -J- ca a'J) d is. Wanneer datzelfde trapezium ABCD wentelt om de zijde BC ontstaat er een omwentelingslichaam, waarin de inhoud l1 gelijk is aan de som der kegels SDD' = — ~~jDE' X SE, van kegel CDD> = ;j , DE2 X CE, van kegel SAA> = ± | AF2 X SF en van kegel BAA' = L T| AF' X BF, zoodat I' = — i 0 3 t DEa X (SE + CE) — AF'-' X (SF + BF) j - j- j DE2 X SC - AF» X SB J. . . . L,aaL™e.n Uit B üe loodliin BG op DC neer, dan is blijkbaar in riehoek BCG^.de zijde BG = d en GC = c - a. Omdat driehoek BCG gelijkvormig is met driehoek ABF, heeft men DE = d c en AF = d a b b a en omdat driehoek DCE gelijkvormig met driehoek SCD en met driehoek SBA is, heeft men SC = c en AF = c b a, zoodat I' = -j | o» H2 I . d'J -——— r =4 l (c» + c a + aJ) -r-, c — a b i " I b waaruit volgt: —p De inhouden der beide omwentelingslichamen welke ontstaan door een rechthoekig trapezium achtereenvolgens te laten wentelen om elk der beide niet evenwijdige zijden, verhouden zich dus omgekeerd als de lengten der zijden, waarom de wenteling plaats heeft. Ken ander bewijs kan men ontleenen aan beschouwingen, thuisbehoorende op het gebied der werktuigkunde nl. aan een der regels van Guldin. De drie zwaartepunten van driehoek SDC»ZU van driehoek SAR en Z van het trapezium ABCD bevinden zich in de lijn SE welke S vereenigt met het midden E van DC, Laten wij uit die drie zwaartepunten de loodlijnen ZiKu Z,K, en ZK op AB en de loodlijnen Z,Li. Z]LS en ZL op BC neer en noemen wij de oppervlakte van het trapezium O, dan is: Inhoud A SDC X Z.K, - Inhoud A SAB X Z,K, _ IK = O Z- Kj Inhoud A SDC — Inhoud A. SAB X ^ x ZiK: O Inhoud A SDC X Z,L, — Inhoud A SAB X Z>La _ en ZL = o Z L* Inhoud A, SAB X X ZiL, O Nu is ^ zoodat |£ - ■ Nu Z,K, Z^, - ZL Z,L, Verlengt men K,Z, tot deze lijn de zijde BC van het trapezium in R snijdt, dan krijgt men den driehoek Z.L.R; laat men verder de loodlijn BF uit B op DC neer, dan verkrijgt men den driehoek ^BCF die gelij vormig is met den driehoek Z.L.R, zoodat men heeft Z' R = Omdat DE Z,K, _ BC = EC is, is echter Z,K, = Z,R en daar BF = AD, heeft men z R - A[) Nu zegt de regel van Guldin, dat wanneer men een vlakke figuur laat wentelen om eene as, den inhoud van het omwentelingslichaam, dat aldus ontstaat, gelijk is aan de oppervlakte der wentelende figuur, ver- 1871. No. 3. Bereken den inhoud van een regelmatig twintigvlak, welks ribbe a is. De zijvlakken van een regelmatig twintigvlak zijn gelijkzijdige driehoeken, welke vijf aan vijf in een hoekpunt samenkomen. Stellen wij ons voor dat (zie figuur) een plat vlak gebracht zij door de uiteinden van vijf ribben SA, SB, SC, SD en SE, welke in een hoekpunt S samenkomen. Dat vlak snijdt den om het regelmatig twintigvlak beschreven bol, wiens straal wij R noemen, volgens een cirkel, wiens straal OA wij door p zullen voorstellen en het twintigvlak volgens een regelmatigen veelhoek ABCDE, waarvan de zijde = a is. Nu weten wij dat tusschen de zijde a van een regelmatigen vijfhoek en den straal p van den omgeschreven cirkel de betrekking bestaat: 1 I t/, 2a a = p 10 - 2 [/ 5 of p = , 1 | 10 - 2'1/5. Noemen wij de hoogte SO van de vijfzijdige pyramide SABCDF. h 4 aï 3 [/ 5 dan hebben wij h = aJ — p'J = a! — —= - = ' , a'J of 10 — 21/5 5— | 5 h = a ^ 3 — p 5 yer(jer jS [, je projectie van eene ribbe a op de 5 ~l/5. middellijn van den omgeschreven bol, zoodat men heeft: 2 Rh = a\ waaruit R = = a \ 5 5 = A- I/ O (5 4- 1/ 5 Stellen wij den straal 2 h 2 3 — J/5 4 ^ ' ' '' om een der zijvlakken beschreven p;, dan hebben wij a = Pi |x 3ofp, = a ^ Verder is, wanneer r den straal voorstelt van den in het regelmatig twintigvlak beschreven bol, rJ = R2 — pia = j ^ V 2 (5 -f- ( 5) j _ a- __ a3 (5 +y 5) _ a2 = Vï~±V~5 _ 1 a 3 — 8 3 f g 32 Y7 + 3 V 5. 6 De inhoud van het twintigvlak is gelijk aan het oppervlak, vermenigvuldigd met een derde van den straal vau den ingeschreven bol, dus gelijk: iX5.-i 3x i FÏHE? = != 5\2 ^/|4 + 6 l/ 5 =5,y'x(3 + l/ 5.) 2 PF — RQ is, - | (R' -)- rJ) X RQ Nu volgt uit de gelijkvormigheid der driehoeken CKB en DQR: CE : KB =s DR : RQ of R -f r: 2 Rr = |/~Rr : Ry zoodat RQ = R = r' De som van beide bolsectoren is dus * | R Rr + r2). De gevraagde inhoud van het lichaam, dat ontstaat door de figuur PDAP te laten wentelenomdelijn CB is het verschil van het lichaam, dat ontstaat door het rechthoekig trapezium ABCD te laten wentelen om CB en de som der beide bolsectoren CDPD'C en BAPA'B dus gelijk 3 1^* +«. + *-« + * ylfi. 1874. No ï. Op eene gegeven lijn als hypothenusa is een rechthoekige driehoek geconstrueerd, welks zijden eene gedurige meetkundige evenredigheid vormen. Men vraagt eene uitdrukking te vinden voor eene der rechthoekszijden en naar aanleiding van deze den driehoek te construeeren Noemen wij de gegeven lijn, die de hypothenusa der te construeeren driehoek moet zijn a, de grootste der rechthoekszijden b en de andere rechthoekszijde c, dan heeft men a2 = b" + c2 en a : b = b : c of b! = ac, zoodat men ook heeft: n . . . c + ac - a» = o. Omdat van deze vierkantsvergelijking de geheel bekende term (- a-) negatief is, heeft zij twee reëele wortels, wier teekens tegengesteld zijn de negatieve wortel heeft geene beteekenis voor het vraagstuk, zoodat C ~ 2 4 + a" ~ * (V 5 — l). Men ziet dus dat c het grootste stuk is van de in uiterste en middelste reden verdeelde lijn a. Voor b vindt men dan b = V ac = * | ■> 1/ 5 2 1 (Z'e figU"r) de ^geven hoogte a; men richt op BCinCeene oodlijn CD op en zet op die loodlijn vanuit het punt C een stuk CD = 2 a af, dan is de lijn BD, welke B met D vereeniet I , , a2 _ 1 I a" + 4 ~ 2 » , Beschrijft men met D als middelpunt een cirkelboog CE met DC = 2 a als straal, dan is BE = DB DE =.- ^ a ( V 5 — 1). Uit B als middelpunt beschrijft men een cirkelboog CA met BE als straal, het punt A waar deze laatste cirkelboog den halven cirkel op BC als middellijn baschreven' snijdt verbindt men met B en C, dan is driehoek ABC de te construeeren driehoek' 1875. No. 1. Van een gelijkbeenig trapezium, waarin een cirkel kan beschreven worden, zijn de evenwijdige zijden a en b gegeven Men vraagt: a. dit trapezium en den ingeschreven cirkel te construeeren, benevens den vierhoek, die de raakpunten der cirkels tot hoekpunten heeft; /). den inhoud van dezen vierhoek uit te drukken in a en b; t. een gelijkzijdigen driehoek te construeeren, die denzelfden inhoud heeft als laatstgenoemde vierhoek. a. Zij ABCD (zie figuur) een gelijkbeenig trapezium, waarin een cirkel kan beschreven worden, welke de zijden van het trapezium in de punten E,F,G en H raakt. De evenwijdige zijden BC en AD van het trapezium stellen wij respectievelijk door a en b voor. Omdat AE = AF en BF = BG is, is AB = AF -f- FB - AE + BO = 1 (a + b). Laat men uit A de loodlijn AK op BC neer, dan is in den rechthoekigen driehoek ABK de rechthoekzijde KB = (a — b) en de hypothenusa AB = ^ (a + b). Zijn dus a en b gegeven, dan kan men driehoek ABK construeeren en van dien driehoek uitgaande zonder moeite tot de constructie van het trapezium geraken Het midden O van de lijn EG, welke de middens C en ü van de evenwijdige zijden AD en BC vereenigt, is het middelpunt van den ingeschreven cirkel, de straal van dien cirkel is de helft van EG. De raakpunten zijn E en G in de punten F en H, welke laatste twee punten op AB en CD gelegen zijn zóódanig dat AF = AE = DE — DH is. b. De lijn HF, die H met F vereenigt, snijdt in M de lijn EG rechthoekig; de inhoud van driehoek EHF is X HF X ME en de inhoud van driehoek GMF is - HF X MG, de inhoud van den vierhoek F.FGH is dus ~ HF + ME + | HF X MG = ^ EG X HF = EG X MF. Nu is EG = AK = | AB' KB- = ' 1 (a -f b)« — (a — b)* = l ab. Laat men uit F de loodlijn FL neer op BC, dan ontstaat de rechthoekige driehoek FLB, die gelijkvormig is met driehoek AKB, zoodat: BL: BF - BK: BA of BL: J a = J (a - b): J (a + b) waaruit volgt BL = * ~ , a, zoodat MF = GL = GB — BL = 1 ^ a ~t~ d 2 _ 1 a —_b _ ab n 2 a -f b a ~ a -f b. De inhoud van het vierkanl EFGH is dus —~ b'ah. a + b c■ Noemen wij de zijde van den gelijkzijdigen driehoek, weike denzelfden inhoud heeft als den vierhoek EFGH at. De inhoud van dien driehoek is ' x2 \/ 3. Men 4 moet dus hebben ^ x2 |/ 3 = EG X MF of x2 — ^ EG X MF \/ 3. Om de lijn x te construeeren richten wij in het punt A (figuur 2) der lijn AE eene loodlijn BD op. Van uit A zet men op 4 die loodlijn uit AB = ^ EG en AC = MF. Uit C als middelpunt beschrijft men met CD = 2 AC als straal een cirkelboog, welke de lijn AD in D snijdt. Op BD als middellijn beschrijft men een halven cirkel, welke 4 AE in E snijdt. Omdat AB = 3 F.G en AD = AC y 3 = MF I 3 is, is de lengte AE de zijde van den gevraagden regelmatigen driehoek. 1875. No 2 Als een regelmatige vijfhoek, beschreven in een cirkel welks straal 1 meter is, om eene middellijn wentelt, die door een zijner hoekpunten gaat, vraagt men het oppervlak en den inhoud te bepalen van het omwentelingslichaam, dat hierdoor ontstaat. Zij ABCDE (zie figuur) de regelmatige vijfhoek, beschreven in een cirkel, wiens straal r 1 Meter is. Deze vijfhoek wentelt om de middellijn AK, welke door het hoekpunt gaat. KC is de zijde van den in denzelfden cirkel beschreven regelmatigen tienhoek KC is dus gelijk aan het grootste stuk van den in uiterste en middelste reden verdeelden straal r, zoodat men heeft KC = ^ r (V 5 — 1). Uit deze waarde van KC vindt men FK AR" ~~ 4 r ^ V 5 1' — 4 r (3 ~ ^5)en CF VCK» + FK! 2 r — 4 r' (1^5 - II» - jg r (3 — V 5)» = 4 r K10— ïKï De zijde van den regelmatigen vijfhoek 2 CF AB BC .... is dus 2 r l 18—2 V 5. Verder is BE AC AK» — KCJ = ' 4 r3 ~ 4 r3 < V 5 — O* = ^ r ^ 10 +2 V' 5. Ook is AG AB» ' r» (10 - 2 V 5) 1 /E , 1/ « I AK 4 = . r (5 -f V 5) zoodat AG + FK ' r 2 r 4 (5 V 5) -f- ^ r (3 V 5) = (2 — ^ ^ 5) r. waaruit blij kt, dat Gi' AK — (A(i -f- I K) 2r — (2 ' V 5) r ' r V 5 is. Het gezochte oppervlak bestaat uit het ronde oppervlak van den kegel ABGE, het ronde oppervlak van deii afgeknotten kegel BCDE en oppervlak van het platte grensvlak CD van dien afgeknotten kegel. Het ronde oppervlak van den kegel ABGE is ^ |BE X AB-- ^ IX 2 ' ^ 10 + 2 V 5 X ^ r I 10 - 2 V 5 = g jr» V 10» - 4 X 5 = } I r' V 5. Het ronde oppervlak van den afgeknotten kegel BCDE is ^ 1 | (BE + CD) X BC - ^ ' j 2 1 ^ 10 + 2 V 5 + \ r V 10 - 2 V 5 [ X 2 r ^ 10 - 2 V 5 = g | r» j V 10» - 4X5 + (10 - 2 V 5) J = l | r» | 4 V 5 + 10 - 2 V 5 { \ , r» (5+V 5). Het oppervlak van den cirkel, welks middellijn AB is, is 1 | 4 AB» = J 1 X 4 r» (10 - 2 K 5) = g | r» (5 - V 5). Hetge- vraagde oppervlak is dus: ' | r V 5 + ' | r» <5 -f- V 5) + — ^ 4 8 | r» (5 — V 5) = g | r» (4 V 5 -f 10 + 2 V 5 + 5 — V 5) — g I r» (15 + 5 V 5) = g | r» (3 + V 5). Omdat r = 1 meter is, is dus het gevraagde oppervlak -jj | 8 (3 + V 5) M» = lü.28 M». 1876 No i Beschrijf in een gegeven vierkant, welks zijde a is, een gelijkbeenigen driehoek, welks inhoud een vierde gedeelte van dien van het vierkant bedraagt, zoodanig, dat de top van den driehoek ligt in een der hoekpunten van het vierkant en dat de uiteinden der basis van den driehoek in de zijden van het vierkant gelegen zijn. Laat deze constructie op berekening gegrond zijn. Zij ABCD het gegeven vierkant, welks zijde a is en CEF een gelijkbeenige driehoek, welks top in het hoekpunt C van het vierkant en waarvan de uiteinden E en F van de basis EF in de zijden AD en AB van het vierkant liggen. Noemen wij BF = DE x, zoodat AE = AF = a — x is- De inhoud van elk der gelijke rechthoekige driehoeken CFB en CED is dan ^ a x en die van den driehoek 1/ PS- + PM- — V' p' OL'J -f- 4 OLJ — OL |/ pa -f- 4. Omdat de inhoud van den bol * I OL' gelijk q is, is OL — ^ 39 = ^ 39 X 2 - = 3 4 | 4 | 2 ~|' K 1 v 6 I' 9. 2 I Men vindt dus ten slotte: OS X 9 SM = ^ OL V pJ -f 4 =; ^ ^ K pa -f- 4 V 6 |a q decimeter. Stelt men hierin p — 2 ) en q = 16, dan vindt men OS = 2.5023 d.M. ABC is ~ (a - x)'. Wanneer nu de inhoud van den driehoek CEF een vierde is van den inhoud van het vierkant, of gelijk ] a' is, dan is de som der inhouden van de drie driehoeken CFB, CED en AEF gelijk f a'. Men heeft dus: 2 X y a x + ' (a - x)' = - aJ. £ * 4 4 a x -(- 2 (a — x)s = 3 a5 of x = — a V 2. Omdat het snijpunt O der beide diagonalen AC en BD elk dier diagonalen midden door deelt en de lengte van elk dier diagonalen a V~2 is, is OB = l2 a V 2; door derhalve BF = BO te nemen, construeert "ZÏZenZ'anf? gelijkbee,,ig™ driehoek CEF, welks inhoud een vierde van dlen van het gegeven vierkant ABCD. Op de zijde BC (zie figuur) van den gelijkzijdigen driehoek ABC is een halve cirkel ECNDB beschreven; men vraagt nu eene uitdrukking te vinden voor den inhoud van het omwentelingslichaam, dat ontstaat door de figuur AENDA om de lijn BC te laten wentelen. Noemen wij de zijde van den gelijkzijdigen driehoek a, de hoogte AO van den driehoek is dan 2 a V 3. Omdat OB = OD = 1 2 a is, is driehoek OBD gelijkbeenig en daar |_ OBA = 60° is, is die driehoek tevens gelijkzijdig, waaruit volgt: LD = ^ OA -= ^ a V 3 en LB = '2 OB = J. a. De inhoud van den afgeknotten kegel AA'D'D is ~ |(AOJ + AOX 1867. No. 2. Op de zijde van een gelijkzijdigen driehoek als middellijn wordt een halve c.rkel beschreven. Men vraagt naar den inhoTvanLom wentel,ngslichaam, dat ontstaat door het gedeelte van den driehoek dat buiten den halven cirkel ligt, om den middellijn te laten wentelen. ' LD -f LD-1) X OL = ' I (AO' + \ AO'-' + \ AO3) X OL ? 3 i ^ I X 4 AO3 X OL = p I AO' X OL = |2 I X 4 a" X 4 a _ 21 , |99 ' De- inhoud van het lichaam, dat ontstaat door de figuur AEMLDA te laten wentelen om BC is gelijk aan twee maal den inhoud van den af- geknotten kegel AA'D'I) of gelijk ()g | a De inhoud van de bolvormige schijf DEE D1 is 1 LD- X ML + * I OL" — I X ,g a' X 2 a + 3 1 • X 64 aa = 96 • a * De gevraagde inhoud is het verschil der inhoud van het lichaam dat ontstaat door de figuur AEMLDA om BC te laten wentelen en de bolvormige schijf DEE'D'of 1 a* — 96 ' 3' = 48 1 3' 1876. No. 3- Van een biconvex lensvormig lichaam is de dikte 5 centim. en zijn de stralen van de bolvormige oppervlakken, die het begrenzen 00 en 37.5 centim. Men vraagt den inhoud van het lichaam te berekenen. Van het biconvex lensvormig lichaam DAD'B' zij de dikte AB d = 5 cM. en de stralen OA en O'B van de bolvormige oppervlakken het begrenzen, respectievelijk R = 55 cM. en 1■ - 375 cM- Daar men heef. DC3 = CA X CF = CB X CE, .s CA X (2 R CA) = CB X (2 r — CB) CB3 - CA3 = 2 r X CB - 2 I« X CA. (CB + CA) (CB CA) = 2 r X LB - 2 R X CA d X (CB - CA) = 2 r X CB - 2 K + CA. (2 R _ d) CA - (2 r — d) X CF CA :CB = 2 r - d :2 R - d. CA + CB : 2 R + 2r - 2d = CA : 2 r - d = CB : 2 R - d dUS CA ~ 2 (R + r - d) (2 r ~ d> L'» CB = —(2H-d). dan JmTctVTc5 trCB WrU3 eï™ 37.5 Oei _ /-!' w pp ~ pDcM" waaru,t verder afleidt: n . , Ü.L ~ X CF = CB X CE = 216 cM2. 'nhoud van het lensvormig lichaam DAD'R ie ,i„ j houden van de beide bolsegmenten DD'B, dus gelijk "°'n " 2 IDC-XCA+ ^ I CA» + J IDC'XCB+J , CB» = \ , (CA + CB) XUD + J , (CA5 + CB») = ^ ! AB X DC- + £ , (CA'' + CB») = l6 | J 3 AB X DC' + CA' + CB» Substitueeren wij hierin voor AB 5 vnnr nn ^ .oor CB 3, dan vind, „en v„„, „en ge.lgd^nhoud ^ ,0<" ™ 2 6 I ! 3 x 5 X 216 + 8 + 27 » = ^ , X 3275 = m479 m. 1877. No. ï. c™ 8e5r^:r'iik,w*en<"iehuet'dk „s Zij ABCD (zie figuur) het gegeven trapezium, waarvan wij de evenwijdige zijden AB en CD door a en !l en de hoogte EF door h voorstellen. De inhoud van dat trapezium is dan 2 (3 + b) X h- Noemen wij de zijde van een gelijkzijdigen driehoek x dan word. zijn inhoud uitgedrukt door J x- |/ 3. Is die inhoud gelijk aan dien van het trapezium ABCD, dan heeft men de betrekking 4 xJ 1/ 3 — 2 (a + b) h of x'' = ~ (a + b) h \ 3. of wanneer wij \ (a + b) X oc en h | 3 = B stellen: x» _ oc X B. Wij kunnen dus x vinden, door na eerst oc en B geconstrueerd uhebben, eene „jn te construeeren, wélke midden evenr 2 WlJ nemCn duS 0p eene rechte "i" een stuk PQ (zie figuur) gelijk cc = 3 (a + b), richten in Q op PQ de loodlijn QR 0p, nemen QR = „ en beschrijven uit R als middelpunt met RS - 2h als straal een cirkelboog iVleetkunde. 5 welke de lijn PQ in het punt S snijdt, zoodat QS •= B = h 1/ 3 is. Vervolgens richten wij in S de loodlijn SF op PQ op; de lijn QF, welke het punt Q verbindt met het snijpunt F van de loodlijn SF en den halven cirkel op PQ als middellijn beschreven, is dan de zijde a van den gevraagden gelijkzijdigen driehoek QFU. N.B. De kleine wijziging, welke de zooeven aangegeven constructie moet ondergaan, wanneer QS = h \ / 3 grooter is dan PQ = . (a + b) is gemakkelijk in te zien. 1877. No. 2. In een bol is een regelmatig tetraëder beschreven, welks ribbe a is. Men vraagt den inhoud te berekenen van de beide segmenten, waarin de bol verdeeld wordt door een vlak, samenvallende met een der zijvlakken van het tetraëder. Zij ABCD (zie figuur) het regelmatig tetraëder, welks ribbe a is. Laten wij uit A de loodlijn AP neer op het zijvlak BCD van het regelmatig viervlak, dan is het snijpunt P dezer loodlijn met het vlak BCD het middelpunt van den gelijkzijdigen driehoek BCD, zoodat PB = PC = PD = a , is. Verder heeft men AP'2 = I 3 AB" = PB- = a'1 - a3, dus AP = 3 a 1/ 3. Zij A1 de pool van het hoekpunt A van den bol, welke om het regelmatig viervlak is beschreven, en welks straal wij door R voorstellen, dan is in den rechthoekigen driehoek ABA1, waarin BP loodlijn is, welke uit het hoekpunt B van den rechten hoek Ojj de hypothenusa AA1 is neergelaten, AB- = AP X 2 R, zoodat R = 2 = l + ±V« ÏF1-2'1* ,c'wiil J a | 6 - l a k 6 = 'e * U «. Het hoofd- of middendeel is een rechte driezijdige pyramide, welks doorsnede ^ b p' 3 is, terwijl de hoogte LN is AB — 2 X MK ■= a 2 X ! b = ' (3 a - b); de inhoud van het prisma is dus ' b2 J/'3 O «J 1 £. X 3 (3 a — b) = gg (3 a — b) b2 \/' 3. De beide andere deelen, waaruit het lichaam is samengesteld, zijn twee gelijke vierzijdige pyramides, van elk dier pyramides is het grondvlak een rechthoek welks zijden zijn HQ en MK, zoodat de oppervlakte van dit grondvlak is ' b X b, = 1 b2 b o ' terwijl de hoogte dier pyramides is EF = ^ b |/ 3, de inhoud van elk der pyramides is dus 3 X g b' X g b 1/ 3 = ,q8 b* \/ 3 ■ de beide pyramides te samen hebben dus een inhoud van b3 | 3. De inhoud van het geheele lichaam is dus 3g (3 a — b) b-1 3 + 5'4 b:' (X 3 = jg b- [ !j (3 a — b) -f ® b | |X 3 = 1 19 a — bi . 1 / 1 . \ 1 lg b' , g | (/ 3 = J2 bJ(a g bj | 3. 1879. No. 3. Uit een punt C, gelegen op het verlengde van de middellijn AB eens lialven cirkels, is eene lijn getrokken, die den halven cirkel in D raakt. Als nu de straal van den cirkel MA = r en de lijn MC = a gegeven is, vraagt men de inhouden te berekenen van de lichamen voortgebracht door de wenteling der figuren CDB en CDA om de lijn CB. In nevenstaande figuur is gegeven: MA = MD = MB = r en MD2 r2 MC - a, waaruit men vindt ME = = ' EA = MA — ME = r — MC a — = ~ r t, EB MB + ME r + r" ■= —-+ r r. en DE2 EA X a a ' a a EB l\, (a2 - r2). a- l)e inhoud van het lichaam, dat wordt voortgebracht door den driehoek MCD te laten wentelen om MC is de som van twee kegels MDD' en CDD' en dus \ | DE' X MC ' , r' (a2 - r») X a ' , (a~ ~ rS) O 3 j 3 De inhoud van den bolsector MDBD'M is ^ MB X rond oppervlak bol- segment BDD'B ' MB X 2 | MB X EB \ i r2 X 3 + ' r 2 (fa 4 r) r*' 1 o I , 'De inhoud van den bolsectSr MDAD'M is „ MA X rond 0 a 3 oppervlak bolsegment ADD'A J MA X 2 | MA X EA 2 | ,*• v a r r 2 - O r:'a 3 ' a De inhoud van het lichaam, voortgebracht door de wenteling van de figuur CDB om de lijn CB is dus: , (a" = Ö r" + 2 /A+_L>l! 3 1 a ' 3 1 a 1 (a r) r3 ( ( i r3 3 I .[ , a — r + 2 r j ^ ( — (a + r)s en de inhoud van het lichaam voortgebracht door de wenteling der figuur CDA om de lijn CB is: 1 (»' - r») >' 2 (a - r) r' 1 («-1) f' f } 3 1 a ~ 3 1 a 3 1 a (a +r~2ri 1 r" /■ V, 3" la (a _ r)"' 1880. No 1 Van een gelijkbeenigen driehoek is gegeven de hoogte /jende straal van den ingeschreven cirkel r. Men vraagt door berekening en door constructie de basis en de op;.taande zijden van den driehoek te vinden. Van den gelijkbeenigen driehoek ABC is gegeven de hoogte AG = h en de straal van den ingeschreven cirkel OE = OF = OG — OD = r. Omdat AD — AG — OD = h — 2r is, heeft men AE2 = AD X AG = (h — 2r) h. Uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoeken AEO en AGC volgt: AE : HG = OE : GC of AE2 : AG2 = OE*: GC" of (h - 2r) h : h- = r2: GC2 waaruit blijkt dat GC- = „ r" !? , u, = /' h, , dus GC = r F h (h - 2r) h h — 2r' r h — 2r. De basis BC van den driehoek is dan 2 OC — 2 h • h — lx De opslaande zijden AB = AC is J AG" + GC2 - T77» H + h' - 2 rh3 _ T"ƒ" h (Ir' - 2hr + r') = fa - r) V h * h — 2r * h — 2r h —2r- Om door constructie den driehoek te bepalen richt men in een punt G eener lijn BC, de loodlijn_GA op. Op die loodlijn zet men uit een stuk GA = h en beschrijft uit een punt O dier loodlijn met een straal = r een cirkel, welke door het punt G gaat. Uit A trekt men de raaklijnen aan dien cirkel. De punten B en C, waar die raaklijnen de lijnen BC snijden, zijn de hoekpunten van den basis van den gezochten gelijkbeenigen driehoek, terwijl A de top van dien driehoek is 1880. No 2. Van een kubus wordt door een vlak, dat loodrecht staat op een der diagonalen, eene driehoekige piramide afgesneden. Men vraagt de ververhouding te bepalen tusschen de stukken, waarin de diagonaal door dat vlak wordt verdeeld, wanneer het oppervlak der piramide '/* deel van dat van den kubus is. Ter bekorting zullen wij bij oplossing van dit vraagstuk gebruik maken van resultaten verkregen bij de oplossing van vraagstuk 1878 No. 2, waarheen wij kunnen verwijzen. In de daarbij behoorende figuur hebben wij AC = AD = AE = x gesteld en gevonden AO = .^ x [/ 3 en oppervlakte driehoek CDE = 1 x2 J/3. Uit AO = ' x |/ 3 volgt, daar AB = a J/ 3 is, wanneer 2 . a verder de ribbe van den kubus is, OB = AB — AO = a v 3 - L x |/ 3. De verhouding van AO tot OB is dan als x Y 3tot al/ 3 3 3 - ' x L' 3 of als I lot - 1 + 3 x Nu is de oppervlakte van den kubus 6a'. De oppervlakte van de pyramide is 3 X \ x* + ^ x= I 3 = l x'(3+ ^ 3)' ls nu de oppcr" vlakte dier pyramide ' van dien van den kubus, dan heeft men tusschen O x en a de betrekking: J X 6 a- = ' x" (3 + 1/ 3) xl = 3 O + I 3) of (3ay = 6 (3 + |/3) zoodat = 1^ 18 + 6 | 3. x De verhouding van de stukken AO en OB, waarin de diagonaal AB verdeeld wordt door het vlak CDE is dus als 1 tot — 1 + I 18+6 | 3. 1880. No. 3. Van een afgeknotten kegel is de straal van het bovenvlak de helft van dien des ingeschreven bols. Men vraagt de verhouding te berekenen, 1". tusschen den inhoud van den afgeknotten kegel en dien van den ingeschreven bol; 2". tusschen de segmenten, waarin de bol door den raakcirkel verdeeld wordt. In bovenstaande figuur is BDD'B1 een afgeknotte kegel, waarin een bol beschreven is. De straal AB van het bovenvlak van den afgeknotten kegel is de helft van den straal van den bol. Noemen wij de straal van den bol r, dan is dus AB = } r. Omdat BA — BE en DE = DC is, heeft men BD = ED + BE = CD + ' r en GD = CD - CG = CD - AB CD ' r. Nu is BD- - GDJ = BGS = AC', dus (CD + \ r)a-(CD- \ r)' = 4 rwaaruit volgt CD = 2r. Uit de gelijkvormigheid der rechthoekige driehoeken EHD en BOD volgt: EH : BQ = ED : BD = HD . GD. Hierin is BG = 2r. ED = CD = 2r, BD = CD + ^ r — r' en GD — CD — CG 1 ^ r, zoodat men heeft: EH : 2r — 2r : 2 r = HD : 1 \ r 8 6 waaruit blijkt dat EH — FC = . r en HD r zijn en verder dat 8 2 ,.r „ 6 4 Ar — 2r — r = c r en LF = 2r - r ^ _ r is. 5 5 5 5 De inhoud van den afgeknctten kegel BDD'B is ^ I (CD' + CD X AB + AB') X AC = J | X 2 r X (4 r' + 2r X \ r + 1 r=) = 3 K4 + 1 + J) r- = 1' , r' = ? X f , r» = ■?« x,n. houd bol. De verhouding van de inhouding van den afgeknotten kegel en den ingeschreven bol is dus 1 . De inhoud van het bolsegment EAE'FE is 2 | EF- X AF + g | AF' en de inhoud van het bolsegment ECE'FE is ^ I EF- X FC -f- | FC'. De inhouden dier beide bolsegmenten verhouden zich dus als: AF (3 EF' + AF») _ 5 f X 25 '' ^ 25 r'* FC (3 EF* + FC'1) " 8 f ~ x * , ^ 2 (3 X 16 + 4) . 52^ _ 13 8 (3 X lfi + 64) 4 X 112 _ J12 1881. No. 1 Aan twee elkander in 15 uitwendig rakende cirkels, welker stralen 3u en u zijn, trekt men eene raaklijn, die de beide cirkels respectievelijk raakt in A en B. Bepaal den inhoud van den driehoek, die ontstaat, als C met A en B vereenigd wordt. Het punt C (zie figuur) is het raakpunt van twee cirkels; de eene cirkel is uit F als middelpunt met den straal PC FA 3a en de andere cirkel is uit Q als middelpunt met den straal QC QB a beschreven. De lijn AB is een gemeenschappelijke raaklijn der beide cirkels: de raakpunten zijn A en B. Uit C en Q trekken wij de lijtien CD en QE evenwijdig aan de raaklijn AB; men heeft dan PQ PC + QC 4a, PE PA — QB 2a, zoodat AB QF. | PQ- — PE* = [/ (4a)s — (2a)'- — l Ï2a* ~ 2 a | 3. Verder volgt uit de gelijkvormigheid der driehoeken PEQ en PDC: rij HL P£ : PO 0f 4a : 3a 2a : PD. dus PD 12 a, zoodat AD PA - PD 3a - 11 a l' a eenigdüwoirdt°Uen ^ ^ d'e °",Staat als C ™ct A ^ W°rdt' Waarvan W,J AB a's de basis en AD ais de bijbehorende hoogte kunnen aannemen, is ^ AB X AD 1 X 2a |X 3 X 1 [ a 2 a' 1/ 3. 2 1881. No. 2. h«f m5!,n. verlengden van de zijde AB, dan zijn, omdat |_ ADC L BCD • de beide figuren AEDG en BFCH vierkanten, welker diagonaal DA b en welker zijden dus \b 1/ 2 zijn. Men heeft dus DC GH trapezium laat wentelen 'o^de kléinste ^ 031 °n,Staat wanneer men het om AB - is de inhoud van h,„ Z'Jner evenwiidige zÜden - dus hoek GHCD om GH te laten went'H^^ wclke 0ll,staat door den rechtde twee gelijke kegels welke ■ minus de som der inhouden van hoeken AGD enJJHC om °H 2 X 3 1 GD' X AG = I, = „ GD» X (GH - | AG>, 1, = I 2 X J (a + b V T) - \ X 4 b V 2 ! J 1 I '■ = g' b' (3a + 2b Vï) n) -aten ïoÏÏToJ'fcïnSe ÏÏT' ^ h""' tra>»"»» te is de inhoud v. " toïSer ^keVenr?d|ge ^ ~ d"S °m CD ~ te laten wentelen om CD niu<5'rfl °"tstaat door den rechthoek ABFE kegels, welke ontstaan door de gelijke rechth^6" 7"u* gClflke CFB te laten wentelen om CD, dus is rechthoek,ge driehoeken DEA en Ij = | AE' X EF -f 2 X 3 Tl AE' X DE I. = I AE' X (EF + | DE) 's= ' 2 X ta + 2 X 2 b ^2 ! '• = -g1 b' (3a + b V 2) zij elka?MnnKnsnH2eÏed°aPnStzfndd 1^" CB en °A Va" het ,raPezi»™ ' 's = 3~ 1 ! 8~ (a i 2 + 2 b)> - I a. (/~ï j = y 7j b' j 3a |/2 + 2 b + 3i' J (3) Uit de betrekkingen (1) (2) en (3) volgt dus: 3 a -f > b (/ 2 : 3a -(- b (/ 2 : 3a [/ 2 -)- 2b + —* Meetkunde. ^ 6 Wanneer a •= b is, Is 3a + 2b J/ 2 — (3 + 2 | 7 2 ) a, 3 a + b |/ 2 - (3 + |/ 2) a en 3a | 2 + 2b|^ = (5 + 3l/ 2) a; in dat bijzondere geval heeft men dus: I, : I, : 1, = 3 + 2 |/ 2 : 3 + (/ 2 : 5 + 3 I 2. N li. Ook door toepassing van een der regels van Guldin kunnen de gevraagde verhoudingen berekend worden. 1882. No. 1. Wanneer men uit het hoekpunt B van den driehoek ABC eene lijn trekt, die de zijde AC in D ontmoet, zoodanig dat |_ ABC gelijk is aan |_ C, vraagt men ds stralen te berekenen van de cirkels, die in en om de driehoeken ABD en BL)C kunnen beschreven worden. De zijden van den driehoek ABC zijn a, b en c. In den driehoek ABC (zie figuur) is uit het hoekpunt B de lijn BD getrokken, zoodanig dat |_ ABD — | C is. De driehoeken ADB en ABC zijn dus gelijkvormig, waaruit volgt: AD _ DB _ AB AB ~ BC AC of daar BC = a, CA = b cn AB = c is. AD _ DB _ c c a b' C' ac Zoodat AD = . , DB = en b r) DC = cA — AD = b — C' = D tv c'. Verder verhouden zich de omtrekken der gelijkvormige driehoeken b ADB en ABC als een paar homologe zijden, zoodat omtrek driehoek ADB AB c = omtrek driehoek ABC X = (a + b + c) Noemen wij I de inhoud van den gegeven driehoek ABC, zoodat I — [/ s (s — a) (s — b) (s — c) als s = 1 (a + b + c); noemen wij verder de inhouden der driehoeken ADB en BDC respectievelijk li en I,. de stralen van de in de driehoeken ADB en BDC beschreven cirkels respectievelijk r, en ra en de stralen der om die driehoeken beschreven cirkels Ri en R2. Omdat de driehoeken ADB en ABC gelijkvormig zijn, verhouden zich hunne inhouden als de vierkanten hunner homologe zijden, zoodat: I, : 1 = ABa : ACJ = cs : b' zoodat li - I en I, = I _ i, = b' ~ c\ , Nu heeft men : Ie. de straal van den in een driehoek beschreven cirkel is eeliik % r,h«k! "",oud dcn d°°'"«» 2e. de straaj van den om een driehoek beschreven cirkel is gelijk aan het product der zijden van den driehoek, gedeeld door viennaaf den Meeheeft drush:°ek ^ VfaagStUk 18^ ^-Holland, 2e ploeg No. 1). r, = Ü _ 2 b' 1 2 I c Omtr. A ADB (g + ,, + c ~ a + b + c X b b „ b' — c» 9 I Z — I rj — £_!» b' 2 (b3 — <-n i -bc+cd+bd - + « = 2 (b2 - c') I — , . 2 (b3 — ca) I 2 1 u b I •<* + «> + *-«• I ~b(b + c)(a + b-c) "a + b-cX ~ 3C R, = AB X BD X DA = c X b X „ 4 1 c3 4 1' 4b-1 R, . Bc-X.cp.x D* =«x -Ve' Xf ,c 4 '* ba — Ca 4 1* ba 1882. No 2. Van eene regelmatige vijfzijdige piramide is eene zijde van het grondvlak = «. Men wee. «evens, dat, als de opstaande zijvlaken om de h L" l-L Rrondvlak worden neergeslagen tot zij in het vlak waarop het grondvlak rust, komen te liggen, de opstaande ribben in het verTengSe piramide'" ^ V'jfh°Ck ZU"Cn k0niCn- Me" Vraag' den inholld dezer 'ri «Va'\de rcgelmatlgen vijfzijdige pyramide is het grondvlak ABCDE (z.e figuur) een regelmatige vijfhoek, waarvan de zijde = a is. Wanneer wij de opstaande zijvlakken van een regelmatigen vijfzijdige pyramide neerslaan om de ribben van het grondvlak, tot zij in het vlak van het grondvlak komen te liggen, vormen de vijf toppen dier zijvlakken de hoekpunten van een regelmatigen vijfhoek. Is die regelm. vijfzijdige pyramide zoodanig, dat na dit neerslaan, de opstaande ribben vallen ii het veïlengde der zijden van het grondvlak, dan liggen de zijden van het grondvlak AB, BC, CD, DE en EA in de diagonalen van den regelmatigen vijfhoek, welke de neergeslagen toppen Si, S,, S», S« en Ss der zijvlakken vormen. Om het grondvlak ABCDE beschrijven wij een cirkel, wiens straal wij r noemen; Verder vereenigen wij het middelpunt O met de twee opvolgende hoekpunten A en B van het grondvlak en trekken wij de diagonalen AD en BD, vereenigen D met Si. De lijn DS, gaat door het middelpunt O en snijdt den om den vijfhoek ABCDE beschreven cirkel in het punt G. Vereenigen wij A met G, dan is blijkbaar de koorde AG de zijde van den regelmatigen tienhoek in den cirkel, wiens straal — r is, besohrevcn. Die zijde is, zooals wij weten, het grootste stuk van den in uitersten en middelsten reden verdeelden straal r,, zoodat AG = (1/ 5 — 1) r. Men heeft dus GF = = * (6 ~ \ ^ ^ ** = 4 (3 ~ ^ 5) r Verder is GD 2r 4 AF» = AG' = GFJ = 4 (6-2 1' 5) r' - ^ (14 - 6 V 5) r' = ^ { 12 - 4 [/5 -7 + 3 y"5 j r' of daar AF = ^ AB = ^ is, 4 a' = 4 (5 - 1/ 5) r' zoodat r' -5Zr[/% a" = Vö <5 + a'. Hieruit volgt. OF' = OA' - AF' = r' — \ a' = ~ (5 + (/ 5) a, _ J a'= k (5 +2 ^5) aï- dUS OF = 10 a ^ 5 (5 + 2 y% Daar [_ AOG = |_ ADB is, zijn de gelijkbeenige driehoeken AOO en ADB gelijkvormig, zoodat: OA: AG = AD: AB of r = ± ([/ J - I) r = AD: a, zoodat AD = p— —- = ~ a (\/ 5 — 1) en DF' = AD' - AF = 4 a' (6 + 2 J/ 5) — ~ a' = ~ (5 + 2 V 5) a'. De inhoud van den driehoek OAB = 1 AB X OF = — a V 1 y/ j— , 1_ 2 ^10 5 (5 + 2 | 5) = 20 3' 5 (5 + 2 (/ 5); de inhoud van den regelmatigen vijfhoek ABCDE dus van het grondvlak der pyramide, is dus 5 X 2„ «» I 5 (5 + 2 | 5)= i a' k 5 (5 + 2 | 5). Daar [_. AS,B = [_ ADB is, omdat de eerste hoek in den cirkel door S, gaande en de tweede hoek in den cirkel door D gaande, op een boog staat, welke gelijk is aan een vijfde van den geheelen cirkelomtrek is A S, AB gelijk en gelijkvormig met A DAB en dus S,F = DF. De hoogte van de pyramide is de grootste rechthoekzijde van een rechthoekigen riehoek, waarvan DF de hypothenusa en OF de andere rechthoekzijde is. Men heeft dus voor de hoogte der pyramide J/ DF' OF' = V J (5 + 2 k"s a' - ^ (5 + 2 1/5) a' = a 1^5 + 2 |/5 _ 1 1^ 5 (5~+Yp5) 5 ~ 5 3 De inhoud van de pyramide is dus = -y X Inhoud grondvlak X hoogte = J X i a' 5 (5 + 2 k 5) X } a ~ 60 a' ^ ^ ^ ^ ^ ~ Ï2 a' (5 4* 2 }/5). 1882. No. 3. Twee raaklijnen aan een cirkel, waarvan de straal r is, ontmoeten elkander onder een hoek van 60°. De figuur, ingesloten door de twee raaklijnen en den kleinsten boog des cirkels tusschen de twee raakpunten begrepen. wentelt om de middellijn des cirkels, die door een der raakpunten gaat. Men vraagt den inhoud van het lichaam, dat door deze wenteling ontstaat. Daar het hier betreft de wenteling van een trapezium om een der zijden (CA) zal het omwentelingslichaam zijn een afgeknotte kegel, waarvan wij de inhoud kunnen berekenen door middel van de formule 1=2 h (° + ^ GB + B). h = AC = 'I, r. CB = straal bovenv'ak = 2 r ^ 3. SA = straal grondvlak = r J/ 3. Van dezen inhoud moet worden afgetrokken het gedeelte van den bol, beschreven door de wenteling van CBA en boog BA om AC. De inhoud hiervan is gelijk aan den inhoud van den geheelen bol _ 3 ( R» verminderd met den inhoud van het bol- segment. De inhoud van dat segment is I ^ | h (3 t\ + h»), waarin 1 • ] r' ~ 2 r * J en h = 2 r. Trekken wij dit van den inhoud van den bol af en verminderen de inhoud van den afgeknotten kegel met het overblijvende, dan houden wij over den inhoud van het ontstane omwentelingslichaam — ^ | rS 1883. No 1. Een gelijkbeenig trapezium in twee deelen van gelijken inhoud te verdeelen door eene lijn, die evenwijdig is met eene diagonaal. Zij ABCD (zie figuur) het gegeven gelijkbeenig trapezium, waarvan w.j de evenwijdige zijden AB en DC respectievelijk a en b zullen noemen Zij verder EF eene lijn evenwijdig met de diagonaal AC. welke het trapezium m twee gelijke deelen verdeelt zoodat de inhoud van den driehoek EBF de helft is van den inhoud van het trapezium. Daar de beide driehoeken ABC en CDA gelijke hoogte hebben, verhouden zich hunne inhouden als hunne basissen AB en DC, zoodat men heeft. Inh. A ABC : Inh. A CDA = a: b dus Inh. A ABC + Inh A CDA: a + b = Inh. A ABC: a of Inh. trapezium: a + b — Inh. A ABC: a waaruit volgt Inh. A ABC X Inh. trapezium (■). Daar de driehoeken EBF en ABC gelijkvormig zijn verhouden zich hunne inhouden als de vierkanten hunner homologe zijden zoodat: Inh. AABC: Inh.A EBF = AB'J: EB-waaruit voortvloeit Inh A EBF = ER'v " AB- FR* Inh. A ABC = AB- X Inh. A ABC - Uit (2) in verband met (1) volgt. Inh.A EBF = E^X 3 XInh.tran a a -j- b ■' EBa = alïX bj X 'nh- traPezium Omdat Inh. A EBF = J |nh. trapezium 'S dUS a (a + b) = 2 °f EB: = 3 ^2^^ uit welke formule deconstructie van EB gemakkelijk kan worden afgeleid. Uit het hoekpunt D van het trapezium ABCD trekt men de lijn Dl evenwijdig met CA welke lijn het verlengde van BA in het punt FA snijdt BD is dan gelijk aan AB + CD = a + b. De lijn BI deelt men midden door, zij Q het deelpunt, dan is BQ — J (a + b). Op AB als middellijn bestrijdt men een halven cirkel en richt in het punt G eene loodlijn op AB op; deze loodlijn snijdt den hal ven cirkel in H; vereenigt men dan B met H dan is BH* = BG X BA = \ (a -f b) X a = a (a + b)- Neemt ^ 2 men vervolgens BE = BH zoodat ook BE' = en trekf men door E de lijn EF evenwijdig aan AC dan is die lijn EF de gevraagde deellijn. 1883 No. 2. 0t" een achten cirkelkegel, waarvan de hoogte h en de straal van het grondvlak r is, is een bol beschreven. Beide lichamen worden gesneden door een plat vlak, evenwijdig met het grondvlak van den kegel zoodat de inhouden van de cirkels, volgens welke de bol en de kegel worden gesneden, zich verhouden als n tot 1. Op welken afstand van den ton moet het snijvlak aangebracht worden? Om den kegel SAB (Zie figuur) waarvan de hoogte SC = h en de straal CB van het grondvlak = r is, is een bol beschreven. Beide lichamen worden gesneden door het vlak DE evenwijdig met het grondvlak van den kegel, zoodanig dat de inhouden der cirkels wier stralen zijn DE en DG zich verhouden als n tot 1. Men heeft SB' = AC5 -f" CB' = h' -(- f3 en ook SB' = SC X AF. Noemen wij de straal van den bol R, zoodal SF = 2 R is, dan heeft men SF = 2 R = -B' _ h' X r'. SC h Noemen wij SD x, dan volgt uit de gelijkvormigheid der driehoeken BCS en DOS dat DO = r h X is. Verder is Dr' = Dl X DF = x (2 R - x) = x (-h' + r> _ x) Daar gegeven is, dat x DE' = x DG' = heeft men DE' = x DG' of: /h' + r' \ r» ( ~H x) = x k' x' h' + r' _ r h x ~ x ui x 0 + X f) X = h' + r' + xr' h' + r' h' x ~ h x = h x .h* ~yr' • h' + xr' 1883. No. 3. . . D' t0p vf" een rechten cirkelkegel, waarvan de schuine zijde 4. de hoogte 3 is, valt samen met het middelpunt van een bol. Hoe groot moet dL h ? T f"6? b0' Zijn' °pd3t de afstand van het deel van den bol dj! h ♦ KCfr ',gt' gel'ik Zii" aa" tweemaal hct deel van den kegel' dat buiten den bol ligt? *cbci, Van den kegel SAB (Zie figuur) is de schuine zijde SA — 4 en de hoogte SC — 3. Met den top S van den kegel valt samen het middelpunt van een hol, wiens straal SD = SQ = SE wij door x voorstellen. Het stuk van den bol, dat buiten den kegel ligt, dus de inhoud van den bol verminderd met den inhoud van den bolsector SDGE, is gelijk aan tweemaal het deel van den kegel, dat buiten den bol ligt of tweemaal het verschil van den inhoud van den kegel PM Hipn van Knlnnnt— cnnr Men heeft dus: Inh. bol - Inh. bolsector SDGE = 2 X (Inh. kegel SAB - • Inh. bolsector SDOE) of Inh. bol + Inh. bolsector SDÜE = 2 X Inh kegel SAB ^ ^ De inhoud van den bol is -1 T| x.. de inhoud van den kege, SAB is — | CA' X SC, of, daar CAS = SA' — SC2 = 4a — 3» - 7 is, gelijk aan ] , X 7 X 3. Verder is de inhoud van den bolsector SDGE — 3 || x2 X f'G. Nu heeft men SA : SD = SC • SF of SC ? SF = SA X S0 = 4 x- waaruit volgt |; FG = x - ^ x = J- x, zoodat de inhoud van den bolsector SDGE is ' , x\ Op grond van de betrekking (I) heeft men dus: 3 Tl x" + g 1, x» = 2 x 7 | 3 , 2 x = 14 13 , of r _ 3 (/252 = 3 X 6,316 = 2,105. 1884. No. 1. Eene koorde snijdt de middellijn eens cirkels onder een hoek van Me? 'e bew'Jze". dat de som van de vierkanten der stukken, waarin de koorde door het snijpunt verdeeld wordt, gelijk is aan tweemaal het vierkant van den straal. De koorde BC (zie figuur) snijdt de middellijn EF onder een hoek van hoek PDE is ^ P'J; de inhoud van het vierkant DCFG is dus 2p2 = 2r X AO; de hoogte AS der piramide is OS + OA = r -f AO; de inhoud der piramide is dus g X Inh. grondvlak DEFO X Hoogte AS zrirX AO X (r + AO) = 2 r X r2 = — r". •3 3 Daar AO _ ^ r (— l -f | 5) ,S) js dus de 0pperv|akte va|) he( grondvlak der piramide 2p-' = 2r X AO = 2r X ' r (- 1 + (X 5) - r2 (~ 1 + I 5). De vier zijvlakken der regelmatige vierzijdige piramiden zijn gel.jkbeenige driehoeken wier basis CD = p J/ 2 en wier hoogte is V AS- -f PK2, wanneer PK de loodlijn is uit P op DE neergelaten, zoodat PK = 2 DE is. Het gezamelijk oppervlak der vier zijvlakken van de Piramide is dus 4 X \ ED X V AS2 + PK2 of daar ED = p V 2 = k 2p2 = k 2r X AO, AS = r -f AO en PK2 = 1 DC2 = 1 V 2n2 - I 9 _ 1 4 4 P 2 P- - 2 r X AO is, is dat gezamenlijke oppervlak der vier zijvlakken 2 P' 2r X AO X (r + AO)- -|- r- X AO2 — 2 | 2r X r-' X (r + AO) -f r- X AO2 - 2r (X2r (r + AO) + AÖ2 = 2r k 2r2 + r X AO + r2 = — 2r k 3r-' + 2 XAO = 2r-' \^3 -f- A^° = 2r-' 3 j. I 5 - 2r^I^T±Fl = 2r2 V 5^-i^T _ r2, / _ 2 2 ~ r" kio + 2 k 5. Het totale oppervlak der piramide is dus: r' 1 + k 5) -f- r2 l 10 + 2 k 5- 1884. No. 3. d,„ c,0P,den Ü°dem Va" ee" h0,len cy,inder' wie»s hoogte gelijk is aan ak UT dVen"h " W ha,Ven bü' ^plaatst, wiens beneden- voor de helft met T Ü£' «""gebleven ruimte is grondvlak des cyLT? ^ het wate' büVe" Van den cylinder BAA'B' (zie figuur) is de hoogte OF gelijk aan den straal ()A van het grondvl.k; de inhoud van dien cylinder is dus I r . Op den bodem AA1 van dien cylinder is een halve bol geplaatst, wiens platte grensvlak den bodem van den cylinder bedekt; de inhoud van den halven bol is ^ | r\ De ruimte welke in den cylinder overblijft 2 j is dus | r* — ^ I r1 = 3 | r". Deze overblijvende ruimte wordt voor de helft met water gevuld, het volume van het water is dus — | r'. Stel dat het waterniveau ligt op den afstand OQ = x van het grondvlak van den cylinder. De inhoud van den cylinder EANE1 is | OA-' X OQ = (| r2 x, de inhoud van den bolvormigen schijf ARR'A' is — |(OA2 -|- QR2) X OQ +6 "Tl °Q' of daar QR2 = QR2 _ 0Q2 = r2 x2 is, gelijk l II (2r2 - x2 ) ,, + 1 ^ x» = T| r2 _ .« -j, x._ volume van het wa'er is gelijk aan den inhoud van den cylinder verminderd met den inhoud van den bolvormigen schijf ARR'A1, of I r2 x - (T, r2 x __ | xl) = ^ x, Men heeft dus de betrekking 4- Tl x» = 1 xr', 3 6 a 13 waaruit volgt x = — r \/~4~ 1885. No. 1. Gevraagd een driehoek te construeeren, als gegeven zijn: de lijn die den tophoek middendoor deelt; de lijn, die den top met het midden der basis vereenigt, en het stuk van de basis, dat iusschen de uiteinden dezer gegeven lijnen ligt. gegeven zijn, construeeren. In D richt men eene loodlijn DF óp ED op en verlengt AE tol fae de loodlij,, UF l„ F snijdt; men .ereenigï d,„ F A en richt op het midden G van AF de loodlijn GO op; het punt O waar deze loodlijn GO de .oodlijn DF snijdt, is het midde.punt vaS den ciTkel welke om den gezochten driehoek kan beschreven worden Door ED te Beenncenwi^ C|rke,0mtrek S"ijdt' 'wee hoekpunten C. welke met den top A den driehoek bepalen. 1885. No. 2. Van een rechten cirkelvormigen kegel met een tophoek van 60» s de straal van het grondvlak gegeven. In dezen kegel een cylind -r te Te Zn"', WaK,rVan h 'nh0Ud Rdijk is aa" de" illhuud van den bol, die in den overblijvenden kegel kan beschreven worden. De lijn DF (zie figuur) welke in den driehoek ABC loodrecht staat op het midden der basis BC en de lijn AE welke den tophoek BAC middendoor deelt, snijden elkaar in het punt F van den cirkel, welke om driehoek ABC kan beschreven worden. Zij dus AEde gegeven lijn welke den tophoek midden door deelt, AD de gegeven lijn, welke den top A met het midden D der basis vereenigt en ED het gegeven stuk van den basis dat tusschen de uiteinden E en D van AE en AD ligt, dan kan mpn rln dri.tlirvni. ach n__ •• • BAB' "L'T 1CirkelVOrimiSe ke8el SBB. (zie figuur) heeft een tophoek inhoud »m?-' gel iS een cylinder CC'D,D beschreven, welks gelijk is aan den inhoud van den bol welke in den overblijvenden kegel SDD' beschreven is, zoodat men heeft : | ED- X EA = 4 OE' of 3 ED' X EA - 4 OE' (]) 3 Noemen wij de hoogte SA van den gegeven kegel h en de hoogte AE van den cyl.nder x zoodat SA = SA - AE = h - x is, dan heeft men omdat .n een rechthoekige., driehoek, waarin één der scherpe hoeken 3Ü° is, de verhouding van de kleinste tot de grootste rechthoekszijde is als 1 tot V 3, ES — ED V 3 dus ED = = ^. (h - x) V~3. en der¬ halve ED' = Verder is OE - ,ED, dus OE' - ™ . '3 3 V 3 Substitueert men deze laatste waarde van OE in (1), dan vindt men: DF> 3 ED' XEA = 4 . 3 V 3 of 9 EA = r4a ED 9 x = 4 X h_X f 3 X FT" 2 7x = 4 h 4x X = 34. h Daar h = AB V 3 is, is x ^ ^ Ali V 3, waardoor de gevraagde hoogte van den cylinder is uitgedrukt in den straal van het grondvlak van den gegeven kegel. 1885. No. 3. Van een kubus wordt door vlakken, welke loodrecht zijn op de diagonalen, aan elk der hoekpunten een even groot stuk afgesneden en we zoo anig, at het oppervlak van het overblijvende lichaam 5 6 deel van het oppervlak van den kubus is. Hoe groot is de inhoud van het overblijvende lichaam, wanneer de inhoud van den kubus als eenheid wordt aangenomen. In den kubus ABCDEFGH (zie figuur) worden loodrecht op elk der vier diagonalen Aü, BH, CE en DF vlakken gebracht, welke aan elk der acht hoekpunten A, B, C, D, E, F, G en H acht even groote stukken, d.w.z. acht even groote regelmatige driezijdige piramiden, zooals er ééne n.i. de piramide AKLM, in de figuur is voorgesteld, afsnijden. Noemen wij de ribbe van den kubus a en de door de aangebrachte vlakken van elk der ribben afgesneden stukken AK = AL = AM x. Het oppervlak van den kubus is 6a3, het 5/6 deel van dat oppervlak is dus 5aJ. De inhoud van den driehoek AKM is 2 x", de oppervlakte der drie opstaande zijvlakken der piramide AKLMis dus 3 X y *2 = §- x2 en de oppervlakte van de opstaande zijvlakken van alle piramiden te zamen 8 X ^ x2 = 12*2- De driehoek KLM, het grondvlak der pyramide AKLM, is gelijkzijdig, de zijde van dien driehoek is AK V 2 = x V~2~ De inhoud van dien driehoek is ^ (* V 2) V 3 = -- x2 K3; de som der acht grondvlakken is dus 8 X \ X2 1/ 3 = 4x2 V 3 Men heeft dus de betrekking: 6a2 — 12x2 + 4x2 V 3 = 5a2 of x" ~ a i-t V J* zoodat (x ) = ' 4 (3 V 3) Va / 4 (3 - V 3" Het snijpunt O van het vlak KLM met de diagonaal AG is het middelpunt van den gelijkzijdigen driehoek KLM, zoodat KO = 2 X de hoogte van den gelijkzijdigen driehoek of Kü = ^ x V 6. De hoogte AC van de piramide AKLM is dan V AK2 — OK2 — J/x2 _ 2 x2 3 x V 3. De inhoud van de piramide AKLM is ^ X Inh. A KLM X hoogte AO = l X J x>V 3 X l x V 3 = J x». De inhoud van de aeht piramiden is dus 8 X g x« = 4 x', en de gevraagde inhoud van het overblijvende deel x' - 4 xa 1 1 _ 4 ( x I® t 3 3 \ a / t Is. dus de inhoud van den kubus als eenheid van inhoudsmaat aan genomen, dan is de inhoud van het overblijvende deel: 1 _ 4 (JL\ = , _ 4 . /x .2 , 3 4 3 V a ) 3 ( W 1 2 ~ 1 3 J 4 (3 V 3) j 3 = 0 «833. 1886. No. 1. Op AB als middellijn is een halven cirkel beschreven; twee willekeurige koorden AD en BC snijden elkander in P. Te bewijzen AB2 = AD X AF + BC X BP. [)e driehoek APB is stomphoekig in liet hoekpunt P. Men heeft dus AB- = AP- + BP-' + 2 AP X PD, en AB2 = AP2 + BP2 + 2 AP X PC Door deze twee gelijkheden hij elkaar op te tellen, krijgt men: 2 AB2 = 2 AP2 + BP2 + 2 AP X PD + 2 BP X PC of AB- = AP-' -f BP2 + AP X PD + BP X PC = (AP + PD) X AP + (BP + PC) X BP --3 AD X AP + BC X BP 1886. No- 2. Aan de uiteinden A en B van een cirkelboog ACB zijn raaklijnen getrokken, die elkaar snijden in D. De punten A en B zijn met het middelpunt M van den boog ACB vereenigd, de hoek M is 45° en MA =r. De figuur MADB wentelt om MA als as. Bepaal de inhouden der lichamen die ontstaan door de wenteling van den driehoek AMB, van het cirkelsegment ACB en van de figuur ADBC. Uit het punt B laten wij de loodlijn BE (zie figuur) op de as neer. In den rechthoekigen driehoek MEB is |_ EiME = 45°; de driehoek is dus gelijkbeenig, ME — EB — r V 2, en EA = r - ~ r V 2 = ^ r (2 V~2). De inhoud I, van het lichaam dat ontstaat door den driehoek AMB te laten wentelen om MA is de som der twee kegels, welke ontstaan door de wenteling der driehoeken MEB en AEB om die as MA, dus is li = 3 ICB3XEM+ 1 .CB^XEA- « ( EB2 X MA = ' |X 2r!Xr=! I r'. ACB tenten" weLe™ om' Auts'h V ""'hT' d°°r cirkels«t S2OT f ~ t'-SMK 'a ~ 3 ' X 2 .rXEA-1, = • rX2 |fX «r(2_ V2)_h 3 |r" (2- ^2)- I, = J- |r,(2_ K2) = 6 J 2 (2 - 1/2) ; , r» = ^(3 _ 2 ^ 2) , r». AB teI|p»Pnh°Ud/i Va" he' 'iChaam d3t °"tSfaat d00r de fig"ur ADBC om AB te laten wentelen ,s gelijk aan den inhoud van den afgeknotte"kerel waarvan het rechthoekige trapezium ADRF H,. h ReK"0!ten keSel' Ol deze de l.jn MA het punt F snijdt, dan ziet men in dat MF = r 1/ 2 en AD _ AF _ MF — MA = r V 2 — r = r (V 2 — n n„ • oud van den bovenbedoelden afgeknotten kegel is 3 I X EA J EB-' + EB X AD + AD2 { 3 'X 2 r(r~ V2> 1 2r2+ V2) + (3-2V2)r2 j — ]2 | r- (> V 2) (9 — 5 i 2) — ^ | r2 (28 — 19 V 2). ^ De inhoud van den kegel, wiens meridiaan-doorsnede is A MEB, is 2 1 ME X EB' = J I ME' = J | X l r' X 2 V 2 = -L , r" V 2. Zoodat men heeft: U = 12 1 r' (28 - 19 ^ 2) + ('2 ,r. V 2 - l |r.(2_ V 2) = - ,2 I r' (28 — 19 V 2 + V 2 — 8 -f 4 V 2) = = 2 I r3 (20 — 14 K 2) = 6 | r3 (10 — 7 K 2). Meetkunde. 7 1886. No. 3. In het grondvlak van eene regelmatige vierzijdige piramide, waarvan elke ribbe a is, heeft men een cirkel beschreven; op dezen cirkel is een rechte cilinder beschreven, welks cilindervlak de opstaande ribben snijdt. In het vierkant, waarvan deze snijpunten de hoekpunten zijn, heeft men eveneens een cirkel beschreven. Men vraagt den inhoud te bepalen van den afgeknotten kegel, waarvan deze cirkels het grond- en bovenvlak zijn. Zij SABCD eene regelmatige vierzijdige piramide waarvan de ribben van het grondvlak, AB, BC, CD en DA, zoowel als de ribben SA, AB, SC en SD der opstaande zijvlakken gelijk a zijn. Uit den top S laten wij de loodlijn SC op het grondvlak ABCD neer en verbinden het punt C waar die loodlijn het grondvlak snijdt met A en B. De rechthoekige driehoeken AOB en AOS zijn gelijk en gelijkvormig, omdat zij AO gemeen hebben en AS = AB = a is. Zoodat de rechthoekige driehoek AOS gelijkbeenig en OS = OA = } a\/ 2 is. In het vierkant ABCD is een cirkel beschreven; de straal OE van die cirkel is dus 4 Ia Op den cirkel is een cilinder beschreven, welke de opstaande ribben der piramide snijdt in de punten LC, LM en N. Deze punten vormen de hoekpunten van een vierkant. De straal van den in dit vierkant beschreven cirkel is 9 KP 2 = 1 OE 1/ 2 — ^ a |/2; de inhoud van dien cirkel is dus 8 | a'-. Verder heeft men OP = KE = EA = OA = OE = ^ a I ^ 2 ~ 2 a ^ ^ Van den afgeknotten kegel is dus de inhoud van het grondvlak G = ^ | a2 en het bovenvlak B — ^ 1 a1 en de hoogte H = ^ a (1/ 2 - l), de inhoud van den afgeknotten kegel is ^ (Q X I G BXB) X H. '3 M l»'+' 1 "'X« l'f + l l»'| Xj a (|/2-l) = ïö (3 + l/ 2)(|/2- 1) n a* 4o = ^(-l+2l/ 2) Ha'. 1887. No. l. In en om zeker trapezium, waarvan de evenwijdige zijden a en b lang zijn, kan een cirkel worden beschreven. Bewijs dat de middellijn van den ingeschreven cirkel— J/ ab is. Kan om een trapezium een cirkel beschreven worden, dan moet zooals gemakkelijk is in te zien, dat trapezium gelijkbeenig zijn. Zij ABCD het gegeven gelijkbeenig trapezium, welks evenwijdige zijden AB en CL) respectievelijk a en b lang zijn en zij O het middelpunt van den cirkel, welke in dat trapezium kan beschreven worden. Laten wij uit O de loodlijn OQ op BC neer en uit B de loodlijn BH op ÜC. Men heeft dan BG = BE = \ a en CG = CF = ^ b dus BC — BQ + CG = } (a + b) en HC = FC — FH = BC — BE = ) (a - b). De middellijn EF van den ingeschreven cirkel is dus gelijk BH = V BC* — HC2 — V\ (a — b') — I (a_b), |/ab. 1887. No. 2. Wanneer men in een halven cirkel twee gelijke cirkels trekt, die elkander, den boog van den halven cirkel en de middellijn raken, en in het overblijvende deel, dat door de drie cirkels wordt begrensd, nog een cirkel trekt, die de drie cirkels raakt, vraagt men de verhouding te berekenen van den straal van dien laatsten cirkel en dien der gelijke cirkels. In den met M als middelpunt op DD' als middellijn beschreven halven cirkel DBD' zijn twee gelijke cirkels getrokken welke cirkels elkaar in F:t den boog vati den halven cirkel in A en A1 en de middellijn DD1 in K en K' raken. In liet overblijvende deel ABA1 F! dat door de drie cirkels wordt begrensd, is nog een derde cirkel getrokken, welke de drie cirkels in BE en E1 raakt. Laat ons eerst nagaan, hoe men komt tot de constructie der drie cirkels, welke in den gegeven halven cirkel beschreven zijn. In het middelpunt M van den gegeven lialven cirkel richten wij de loodlijn MS op de middellijn DD' op. Den hoek BMD deelen wij midden door, zoodat |_ BMA = |_ DMA = 45° is. In het punt A waar de deelllijn den gegeven halven cirkel snijdt, richten wij eene loodlijn AS op MA op. Deze loodlijn snijdt den straal MB in S. Van uit S zetten wij op SM een stuk MF = SA uit, en trekken uit F de lijn FO evenwijdig met MB. Het snijpunt O van de lijn FO met MA is dan het middelpunt van een der twee gelijke cirkels. Uit O trekken wij de lijn OC evenwijdig met AS; het snijpunt C van de lijn OC met MS in het middelpunt van den cirkel. Immers CB = MB — MC maar MB = MA, en MC* = FM = AS zoodat CB — ML is; daar echter blijkbaar ook CF — ML is, heeft men CB en CE. Nu heeft men OC = CE + OE, maar OC = OF \/ 2 — OE |/ 2, zoodat OE [/' 2 = CE + OE. CE = (1 + 1/2) OE CE 0f OE = 1 + ^ 2' de gevraagde verhouding is dus als 1 + (/ 2 tot 1. 1887. No. 3. Een driehoek ABC, rechthoekig in C, wordt door een lijn CD, die den rechten hoek middendoor deelt, in twee driehoeken ACD en BCD verdeeld. Door het punt C wordt in het vlak van den driehoek eene lijn loodrecht op CD gelrokken. Als de driehoek om de laatste lijn wentelt, bepaal dan de verhouding van de inhouden der twee lichamen door dé driehoeken ACD en BCD beschreven. De rechthoekzijden zijn a en b lang. De lijn CD (zie figuur) deelt den rechten hoek ACB middendoor. In C is de loodlijn EF op CD opgericht, laten wij eerst het hoekpunt B de loodlijn BF neer op EF, welke loodlijn het verlengde van de rechthoekszijde AC in Q snijdt, dan ontstaat de gelijkbeenige rechthoekige driehoek BCG. Men heeft dus CO = CB = a en AG = CQ + AC = a + b terwijl BG = (B (/ 2) = a 2 is. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken GAB en CAD volgt: GA = CA = BG = CD of a + b = b = a \/ 2 — CD waaruit blijkt dat CD — |/ 2 is. Ook ziet men in dat FC — FB = a [/ 2 en EC = EA = 1 b |X 2 is. Dl inhoud li van het lichaam, dat ontstaat door de wenteling van den driehoek ACD om LF is de inhoud van den afgeknotten kegel welks meridiaan doorsnede het rechthoekig trapezium AECD is, verminderd met den inhoud van den kegel welke ontstaat door den rechth. driehoek AEC te laten wentelen om EC zoodat '1=3 I (EA2 + EA X CD + CD2) X EC — 3 | EC2 X EA — = 3 (EC2 + EC X CD + CD2) X EC - -- | EC3 = 3 | EC (EC X CD + CD2). Evenzoo vindt men voor den inhoud 13 van het liehaam dat ontstaat door de wenteling van den driehoek BCD om EF. I. = y I (EB2 + FB X CD + CD2) X CF - J | FB2 X CF = = 3 | (CF2 + CF X CD + CD2) X CF - ± „ CF3 = = 3 | CF (CF X CD + CD2) Men vindt dus £ ^ £C <£C x CD + CD2) of de waarden van EC' CD en CF in a en b uitdrukkende. ' b I 2 y ' ' b I' 2 X I 2 4-^ a'^ 1 I, 2 z x * 2 ' a + ') (ab)'' I _ 3 ab' + b» ii " 1 a 1/ 2 V ! 1 a 1/2 V ab l/¥-l- 2 nl,J 1 ~ a" + 3eb 2 2 X / 2 ^ a + b (a -f- b)* ' De som der drie hoeken van een driehoek is 183o. Verhouden zich de drie hoeken van een driehoek als I. 2 en 3, dan is de kleinste der hoeken . i 'i i 6 X 180° = 30° en is dus 1 -f- i -f- 3 de beide anderen zijn respectievelijk 2 X 30» = 60° en 3 X 30° = 90». De driehoek is dus rechthoekig en een zijner scherpe hoeken is 60°. De inhoud van een gelijkzijdigen driehoek is te beschouwen als de som der inhouden van twee gelijke rechthoekige driehoeken wier hypothenusa's gelijk zijn aan de zijde van den gelijkzijdigen driehoek en waarin een hoek van 60° voorkomt. Daar de inhouden van gelijkvormige figuren zich verhouden als de vierkanten harer homologe afmetingen heeft men, als wij een hypothenusa van den gezochten driehoek x noemen. 1888. No. 1. Construeer een driehoek, waarvan de hoeken zich verhouden als 1, 2 en 3, met een oppervlak gelijk aan dat van een gelijkzijdigen driehoek met een zijde a. 1 : 2 = a* : x2 of x = a 1/ 2. Hieruit volgt de onderstaande aangegeven constructie. Zij ABC (zie figuur) de gegeven gelijkzijdige driehoek, wiens zijde = a is. In B richt men de loodlijn BD op BA op, men neemt BD = BA, vereenigt D met A, bepaalt het midden E van AD, beschrijft op AH den gelijkzijdigen driehoek AEF en verbindt F met D; de rechthoekige driehoek ADF heeft dan hoeken, welke zich verhouden als 1, 2 en 3 en den zelfden inhoud als den gelijkzijdigen driehoek ABC wiens zijde = a is. 1888. No. 2. In een driehoek zijn 3 lijnen getrokken, die den tophoek in 4 gelijke deelen verdeelen; als de basis daardoor zoodanig verdeeld wordt dat de op elkander volgende deelen tot elkaar in reden staan als de getallen 2, 1, 1, 2, hoe groot is dan de tophoek? In den driehoek ARC (zie figuur) zijn de drie lijnen AD, AE en AP getrokken, welke den tophoek BAC in vier gelijke deelen verdeelen en welke de basis BC zoodanig verdeelen dat: BD : DE : EF : FC = 2:1:1:2. In driehoek DAF deelt de lijn AE den hoek DAF middendoor, en heeft men dus DE = EF = DA = FA. Omdat nu DE = EF is, is ook DA = FA, de deellijn AE staat dus loodrecqt op de basis BC. Omdat de lijn AE den hoek BAE in driehoek BAE midden door deelt, heeft men: BD : DE = BA : EA of 2 : 1 = BA : EA of BA — 2 EA. In den rechthoekigen driehoek ABE is dus de hypothenusa AB gelijk aan twee maal de rechthoekszijde AE, dan is |_ ABE = 30° of |_ BAE — 60°. Men ziet in dat ook |_ CAE = 60o is, de tophoek BAC van den driehoek ABC is dus 2 X G0° = 120°. 1888. No. 3. Op het bovenvlak van een afgeknotten kegel staat een cilinder met hetzelfde grondvlak als het bovenvlak van den afgeknotten kegel. De hoogte van den cilinder is gelijk aan de hoogte van den afgeknotten kegel; de straal van het bovenvlak is = r: de inhouden der lichamen staan tot elkander als p : q. Hoe groot is de straal van het grondvlak van den afgeknotten kegel ? Op het bovenvlak CC1 (zie figuur) van den afgeknotten kngel BBC'C1 staat een cilinder CC'E'E wiens grondvlak hetzelfde is als het bovenvlak van den afgeknotten kegel BB'C'C. De hoogte DF van den cilinder is gelijk aan de hoogte AD van den afgeknotten kegel. De straal DC van het cirkelvlak waarmede cirkelvlak en afgeknotten kegel aan elkaar sluiten is r en de verhouding der inhouden van den cilinder en van den afgeknotten Men vindt dan uit (1): R = — r + V1' - P - 3q r'J 2 4 P p r = y I — 1 + | 12 p q — 3 p- } • 1889. No. 1. In een gegeven cirkel, die M tot middelpunt heeft, is AB eene middellijn en C een gegeven punt, op de middellijn gelegen tusschen A en M. Door het punt C is eene lijn CD getrokken loodrecht op AB. Men vraagt door het punt A een koorde AE te trekken, die de loodlijn CD snijdt in een punt F zoodanig, dat het stuk FE eene lengte b heeft. AM -= r en AD = a. Daar het punt C (zie figuur) op de middellijn AB gelegen is tusscheu A en M, is AC = a kleiner dan AM = r. De gegeven lengte FE = b moet dus kleiner zijn dan CB = AB AC = 2r — a. Vereenigen wij E met B, dan hebben de twee rechthoekige driehoeken AFC en ABEden scherpen hoek EAB gemeen en zijn dus gelijkvormig, zoodat AF : AC = AB : AE of AE — b = a 2r = AE AE2 — b X AE — 2 ar — 0. iJeze vierkant vergelijking in AE heeft, omdat de geheel bekende term (— 2 ar) negatief is, twee reëele wortels. Voor ons vraagstuk heeft alleen de positieve wortel eene beteekenis, men vindt dus AE — ' b -)- J/"2 ar ^ . Door te stellen dat de - 4 koorde AE kleiner moei zijn dan de middellijn AB — 2r komt men weer tot de voorwaarde dat b 2r a moet zijn. Is aan die voorwaarde voldaan, dan is de constructie altijd mogelijk. Stel 2 ar = a-, dan is AE = ' b -f- aa ^ . Vereenigen wij 4 nu A met D, dan is AD2 = AC X AB = 2 ar, zoodat AD a is. In D richten wij de loodlijn DG = [/aDs+ DO» = V a» + ^. Wij verlengen AG en nemen GH = GD = b, dan is AH = GH + AG = 2 b+ V AD' -(- ^ koorde AE — AH is dus de gevraagde koorde AE. 1889 No. 2. ABCD is een parallelogram. De cirkel, die door de hoekpunten A, B en D gaat, snijdt de diagonaal AC of haar verlengde in E. Bewijs dat AB* + AD* = AC X AE. Zij F (zie figuur) liet snijpunt der diagonalen AC en BD van het paralellogram ABCD zoodat FA FC en FB = FD. Laat nien uit A de loodlijn AG neer op de diagonaal BD dan heeft men; AB* = AF» + FD' + 2 FD X FG en AB* = AF1 + FD' — 2 FD X EG Hieruit volgt door optelling: PB*\ AB* + AD* = 2 (AF* + FB') — 2 AF X (AF + Ap )■ Nu is FB X FD = FA X FE of daar FB — FD is, FB* = FA X FE dus = FE, zoodat Ar AB* + AD* — 2 AF X (AF + FE) — AC X AE. 1889. No. 3. Van eene regelmatige, vierhoekige piramide is elke ribbe van het grondvlak 10 d.M. en de hoogte 12 d.M. Op welken afstand van den top moet een vlak, evenwijdig aan het grondvlak, gebracht worden, opdat in de overblijvende afgeknotte piramide een bol kunne beschreven worden; en welke is de verhouding tusschen de inhouden van dien bol en de afgeknotte piramide? Zij SABCD (zie figuur) de gegeven regelmatige piramide, waarvan elke ribbe van het grondvlak AB, BC, CD en DA gelijk 10 d.M. en de hoogte SO gelijk 12 d.M. is. Door SO brengen wij een vlak, evenwijdig aan de ribben BC en AD van het grondvlak, welk vlak de piramide snijdt volgens een gelijkbeenigen driehoek AEF, welke driehoek in fig- II af- zonderlijk is voorgesteld. In driehoek SEO is EO de helft van elk der ribben van het grondvlak der piramide dus gelijk 5 dM. Het vlak SEF snijdt den in de piramide beschreven bol volgens een cirkel, welke in den driehoek SEF kan beschreven worden. Is Q het snijpunt van den cirkel met SO dan is SQ de afstand van den top S tot het vlak, evenwijdig aan het grondvlak der piramide dat van de piramide een afgeknotte piramide afsnijdt, waarin een bol kan beschreven worden. Noemen wij AG x, dan heeft men AO : SG = EO : HG of 12 : x = 5 : HG dus HG = ^ x. Brengen wij IK loodrecht op SO en HL loodrecht op EF dan is EH = IIK + EK = HG + EO = 5 + ® x d.M. en EL = EO — LO = EO — HG = 5 — ^ x d.M., terwijl HL = GO = LO - AG = 12 x d.M. is. Men heeft dus: EM" — EL" = HL" of (5 + (52 x)J - (5 + ^ x)' = (12 - xy 2*) 4 X j2 x = 144 - 24 x + x3 xa 32^ x + 144 = 0. Deze vierkantsvergelijking heeft twee positieve wortels, de eene grootsr, de andere kleiner dan 10 ^ ; daar SG kleiner moet zijn dan 12, is alleen de kleinste wortel van ons vraagstuk van beteekenis; men heeft , or- 97 \7 47 ,,, 97 65 32 . 1 . .. dus SG = a _ — V — 144 = r — _ = c = 5 „ d.M. 6 * 3Q 6 6 6 3 De straal van den ingeschreven bol is ^ 00 = — (SO — SG) — 111 4 (12—5 ) — 3 „ d.M., de inhoud I, van den bol is dus | X 2. j o «J (33 >' = Hï* ,dM" den cirkel met de zijde AB, dan is L EMA het complement van j EAM dus gelijk 60°, zoodat driehoek A\ED gelijkzijdig of I MED = 60° en dus L DEA = 30° is. Daar ook |_ DAE = 30° is, is driehoek DEA gelijkbeenig dus is AD = DE = MD = ME of AG = AD + DM + MG — 5 MG of MG = 4" AG. O Wij krijgen dus het verlangde punt in den gegeven gelijkzijdigen driehoek door uit een der hoekpunten de loodlijn op de overstaande zijde neer te laten en deze loodlijn in vijf gelijke deelen te verdeelen. Het deelpunt dat het dichtst ligt bij de zijde, waarop de loodlijn wordt neer gelaten is dan het gezochte punt. 1906. No. 2. Van eene afgeknotte piramide is gegeven: de hoogte = H centimeter, het grondvlak = G vierkante centimeter en het bovenvlak =- 1 G vierkante centimeter. ® Bereken den inhoud van het gedeelte van de afgeknotte piramide dat begrepen is tusschen de twee aan het grondvlak evenwijdige, vlakken waarvan het eene cvenver van het grond- en bovenvlak verwijderd is' terwijl de grootte van de doorsnede van het andere met de afgeknotte piramide, meetkundig middenevenredig is tusschen grond- en bovenvlak (Het teekenen van eene duidelijke figuur wordt verlangd) 1906. No. 3. Een rechte kegel is in een bol beschreven, zóó, dat de top in het oppervlak valt en het grondvlak van den kegel geheel samenvalt met het platte grondvlak van het bolvormig segment waarop de kegel staat. Als het ronde oppervlak van den kegel gelijk is aan het ronde oppervlak van dit bolsegment, vraagt men den inhoud van elk der deelen te berekenen, waarin de bol door het grondvlak van den kegel verdeeld wordt. De straal van den bol is R centimeter. Het ronde oppervlak van het bolsegment ABE is 2 | R X DE en het ronde oppervlak van den kegel ABC is 2 | AD X AC. Wij hebben dus de betrekking 2 | R X DE = 2 X I AD X 2 AC of 2 R X DE = AD X AC (1). Nu is AD- = DC X DC = (2 R DE) X DE en AC- = CD X CE = (2 R — DE) X 2 R, zoodat AD- X AC3 = (2 RE)2 X 2 R X DE (2). Uit (1) volgt AD- X AC1 =4R'X DE'J. Zoodat in verband met (2) men vindt 4 R- X DE' = (2 R - DE)- X 2 R X DE of 2 R X DE = (2 R - DE)1 = 4 R- X 4 R X DE + DE- dus DE — 6 R X DE + 4 R3 = O. Deze vierkantsvergelijking heeft twee positieve wortels de eene grooter de andere kleiner dan 2 R; daar voor ons vraagstuk alleen de wortel kleiner dan 2 R eene beteekenis heeft is DE = 3 R — 1/9 R- - 4 R3 (3 - |/5) R cM. De inhoud van het bolsegment AEBA is gelijk aan de helft van den cilinder, welke den kleinen cirkel AB tot grondvlak en de pijl DE tot hoogte heeft, vermeerderd met den inhoud van den bol, waarvan DE de middellijn is, dus: Inhoud bolsegment AEBA = ^ I AD3 X DE + ^ I DE' = Nu is DE = (3 — 1/ 5) R dus DC = 2 R — (3 — |/5) R = 0/5- 1) R en AD3 = DE X DC, zoodat de inhoud bolsegment AEBA — Tl DC X DE"- + ^ | DE8 = ^ | (3 DC + DE) DE' = ^ 13 (1/5 - 1) + (3 - |/5) | X (3 - |/5)3 R' = 0 I X 2 |/5 X (14 - 6 1/5) R' = | ||/5 X (7 -3 1/5) R» = 3 I (7 1/5-15) R» cM.' Daar de inhoud van deze geheele bol is J Tl R;. is de inhoud van het bolsegment ABCA = 3 , R» _ 2 , (7 \/b _ ]5) RJ _ 2 2 3 3 ' (2-7[/5 + 15) R» - 3 | (17 - 7 ]/5) R! cM. De Constructie volgt uit de overweging dat het middelpunt O het snijpunt is van de loodlijn op het midden der koorde AB en van de lijn CO welke onder een hoek van 60° de koorde AB snijdt in het punt C, dat die koorde in de uiterste en middelste reden verdeelt. BC is het kleinste stuk der in de uiterste en middelste reden verdeelde koorde AB = a cM., dan is BC = -- a (3 — |/ 5) cM. DC = DB - BC = y a = X (3 _ I/5) - \ a (—2X1^5) cM. Verder is OD = DC |/~3 = 1 a (— 2 + 1/ 5) 1/ 3 cM, en dus OB = R = | DB- + ODa = J/ï a! + |/"! a! (2 + FW = a VÏ^JVT =l2 a (3 - \ 5) I 2 cMMen merkt op dat R = BC [/ 2 is. 1907. No. 1. 1907. No. 2. waarvan U I svf ^ Va" de" re^lmatigen achthoek, ™'™h JS.en SV, t,wee aan e,kander zijden zijn, op een afstand b van het bovenvlak en op een afstand c van het grondvlak van den kubus l.gt; dat dus OF = b en OB = c is zoodat b + c = a is Uit de gelijkvormigheid der driehoeken KRS en KAB volgt in aanmerking nemende dat van den driehoek KAB de hoogte FB geliik aan de basis AB is, dat BO = OF = b is. Driehoek Fltti s een Skbeenige rechthoekige driehoek, zoodat KL = KF |/ 2 = -L a \/Y is. Nu heeft men zooals gemakkelijk is in te zien, SV = KL = BO = OF of SV = 1 2 a I 2 = a - b: a waaruit volgt SV = J (a - b) J/2. Verder is omdat RS = SV is b = j (a - b) |/2 of b VT = a - b dus °F ~ |/3~ + 1 = '^ 2 - O a en BO = c = a - b = (2 - |/2j a. De inhoud van de driezijdige piramide FKLB is, omdat basis FKL = _L / 1 _ I , . „i . , 2 ' 2 a ' 8 a lb gelijk ^ a' X y = ^ a", de vier dergelijke piramides, wier toppen in het grondvlak van den kubus liggen, hebben dus te zamen een inhoud van 4 X ^ a» = ] a\ Het lichaam ABCDKLMN heeft derhalve een inhoud van aa — — a8 = ^ a8 6 6 De inhoud van het deel van den kubus onder het vlak van den regelmatigen achthoek is a® X c = (2 | 2 ) a®. Nu heeft men: Inh. piram. OSVB : Inh. piram. FKLB = OB® : FB" of Inh. piram. OSVB: ' a® = (2 - V 2 )' a' : a' IA dus Inh. piram. OSVB = ^ (2 {/ 2 )' a® en dus de vier dergelijke piramides (2 [/ 2 )" a®. o De gevraagde inhoud van het deel, dat tot basis heeft het grondvlak van den kubus is dus (2 1/ 2 ) a® — ^ (2 — [/ 2) a® = ^ (|' 2 — l) a". De inhoud van het andere deel is dan ^ a® — f (J 2 — l)a® = o 3 g (13 - 8 V 2) a'. 1907. No. 3. Gegeven is Al) — L)B — OD — OC — 3 is en OF — OE — ' a is. Hieruit volgt CB = J CD- + DB® = |/ 4 a1 -(- a® = a [/ 5 en CF = FB = ^ CB ~ l a k" 5. Uit de gelijkvormigheid der driehoeken OLF en CDB volgt LF : OF = DB : CB of LF : a — a : a | 5 dus LF — ■' a \/ 5 en HF — 2 LF = ' a 1/ 5. Verder is CH = CF — HF = 1 a LX <5 _ 1 2 K 5 a 1/ 5 = ^ a 1/ 5. Nu is driehoek CKH gelijkvormig met driehoek CDB, dusCH:CB = KH : DB waaruit volgt KH = ^ X DB = ^ a, CK = 2 KH = -J? a en OK = OC = CK = a — * a = l a. 5 5 a. Van het deel van den bol buiten den kegel is het bolvormig oppervlak 2 | X OF + OK = 2 | X \ a X J- Tl a' en het kegelvormig gedeelte | X (OF + KH) + HF = \ X (^ a + ^ aj X 5 3 1/ 5 = 25 '^5 a%' r\ Het totale oppervlak is dus ^ (5 + 2 |/ 5 ) / aJ cM2. De inhoud van het deel van den bol buiten den kegel is g- j HF'JX °K = 6 1 X 5 a' X 5 a = 35 I a'cM'- b. Het onderste stuk van den kegel buiten den bol heeft een inhoud = 3 I OD X (DB' + OF' + DB + OF) = 3 7j a X (** +4 a* + 2 3') = 12 Ha'cM». De inhoud van het bovenste stuk is T 1KH2 x CM = 3 T'x iJöa'x 5 a =5ööTi a"cM"-