1

De uiterste punten van de boog links en rechts noemen we $A$ en $B$ . Het midden van $A B$ noemen we $N$ , de straal van de cirkel $r$ en het middelpunt $M$ .
Dan is driehoek $A N M$ rechthoekig in $N$ ; $A M = r$ , $N M = 18 - r$ en $A N = 45$ .
De stelling van Pythagoras in driehoek $A N B$ geeft de vergelijking $45^{2} + {(18 - r)}^{2} = r^{2}$ , dus $r = \frac{2025 + 324}{36}$ , dus $r = 65$ cm.

2

a

Diagonaal $A B$ snijdt de ruit in twee regelmatige driehoeken. $M$ is het snijpunt van de symmetrieassen van driehoek $A B C$ . Dit punt is het middelpunt van de cirkel. De straal is $M A = 2 \sqrt{3}$ , want driehoek $M A D$ is een $30$ - $60$ - $90$ graden driehoek met $A D = 3$ .

b

$Opp (Δ D B C) = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 3 \sqrt{3} = 4 \frac{1}{2} \sqrt{3}$ ;
$Opp (Δ D A M) = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot \sqrt{3} = 1 \frac{1}{2} \sqrt{3}$ ; cirkelsector $M A B$ heeft oppervlakte $\frac{1}{3} \cdot π \cdot {(2 \sqrt{3})}^{2} = 4 π$ .
De gevraagde oppervlakte is dus $6 \sqrt{3} + 4 π$ .

c

$∠ M B E = ∠ M B A + ∠ A B E = 30 ° + 60 ° = 90 °$

3

Uit de stelling van Pythagoras volgt: $r^{2} = 2 {(2 - r)}^{2}$ , dus $r = \frac{2 \sqrt{2}}{1 + \sqrt{2}} = 1,8$ .

4

a

Het middelpunt $M$ van de cirkel is: $(5,8)$ . $A M = \sqrt{3^{2} + 8^{2}} = \sqrt{73}$ , dus $r > \sqrt{73}$ .

b

Dan moet lijn $m$ de cirkel raken. Het raakpunt ligt op de lijn $n$ door $M$ loodrecht $m$ ; $n$ heeft vergelijking $y = ‐ x + 13$ . De raakpunt is dus: $(6 \frac{1}{2},6 \frac{1}{2})$ . Dit punt moet op de cirkel liggen, dus: $r = \sqrt{{(6 \frac{1}{2} - 3)}^{2} + {(6 \frac{1}{2} - 8)}^{2}} = \frac{1}{2} \sqrt{34}$ .

5

a

Het eerste stuk is een cirkelboog van $60 °$ , met middelpunt $(1,0)$ en straal $1$ . Het tweede stuk is een cirkelboog van $60 °$ met middelpunt $(2,0)$ en straal $\sqrt{3}$ .

b

$\frac{1}{6} \cdot 2 π + \frac{1}{6} \cdot 2 π \sqrt{3} = \frac{1}{3} π + \frac{1}{3} π \sqrt{3}$

c

$6$

6

Zie figuur.
Er geldt: $\frac{M N}{O N} = \frac{1}{2}$ , omdat de helling van lijn $O N$ gelijk is aan $\frac{1}{2}$ .
Noem $M N = x$ , dan $O N = 2 x$ , dus (stelling van Pythagoras): $O M = x \sqrt{5} = 5$ , dus $x = \sqrt{5}$ en $A N = \sqrt{6 - 5} = 1$ en $A B = 2$ .

7

Zie figuur.
Er geldt: $O M = x + 2$ en $O N = x + 7$ . De driehoeken $O R M$ en $O T N$ zijn gelijkvormig, want ze hebben beide een rechte hoek en hoek $O$ gemeenschappelijk, dus $\frac{x + 7}{x + 2} = \frac{3}{2}$ , dus $x = 8$ .

8

De cirkel heeft vergelijking ${(x - 1)}^{2} + y^{2} = 4$ , het middelpunt is dus $(1,0)$ en de straal $2$ . De gezochte punten liggen dus op de cirkel middelpunt $(1,0)$ en straal $5$ . De punten zijn dus oplossing van het stelsel: ${\begin{cases} {(x - 1)}^{2} + y^{2} = 25 \\ x + 3 y = 6 \end{cases}$ , dus $(‐ 3,3)$ en $(6,0)$ .

9

$f$ is de ketting $x \to 2 x = u \to \sqrt{u}$ , dus $f^{'} (x) = \frac{1}{\sqrt{2 x}}$ . De raaklijn in $A$ aan de grafiek van $f$ heeft helling $f^{'} (2) = \frac{1}{2}$ , dus de raaklijn aan de cirkel ook.
$M$ ligt op de lijn door $A$ loodrecht op de raaklijn. Lijn $A M$ heeft dus helling $‐ 2$ . Een vergelijking van lijn $A M$ is dus: $y = ‐ 2 x + 6$ . Dus $M = (0,6)$ .

10

Noem de straal van de derde cirkel $r$ . Uit de stelling van Pythagoras volgt: ${(r + 1)}^{2} + 9 = {(r + 2)}^{2}$ , dus $r = 3$ .
Het middelpunt van de cirkel is dan $(0,4)$ en een vergelijking: $x^{2} + {(y - 4)}^{2} = 9$ .

11

a

b

Uit de cosinusregel in driehoek $T U V$ volgt:
$T V^{2} = 84^{2} + 18^{2} - 2 \cdot 84 \cdot 18 \cdot \cos (40 °) = 5063,48$ , dus $T V = 71,16$ .
Uit de sinusregel in driehoek $T U V$ volgt:
$\frac{\sin (40 °)}{T V} = \frac{\sin (α)}{18} \Leftrightarrow \sin (α) = 0,1626$ , dus $α = 9,4 °$ en de koershoek is $39,4 °$ .

12

a

Het middelpunt $M$ van de cirkel is $(3,4)$ en de straal $5$ , dus de afstand van $A$ tot $M$ is: $\sqrt{6^{2} + 7^{2}} = \sqrt{85}$ . De afstand van $A$ tot de cirkel is dus: $\sqrt{85} - 5$ .

b

De lijn door $M$ loodrecht op $k$ heeft vergelijking $y = x + 1$ . Het snijpunt met $k$ is $S$ $(9 \frac{1}{2},10 \frac{1}{2})$ . De afstand van $S$ tot $M$ is: $6 \frac{1}{2} \sqrt{2}$ , dus de afstand van $k$ tot de cirkel is de afstand van $S$ tot de cirkel is $6 \frac{1}{2} \sqrt{2} - 5$ .

c

Die lijnen zijn evenwijdig met $k$ . Noem ze $m$ en $n$ . Ze hebben beide een vergelijking van de vorm: $x + y = c$ . We zoeken een punt op elk van die lijnen. Het punt $A (0,10)$ ligt op $k$ . De punten $B (0,12)$ en $C (0,8)$ liggen dan op $m$ en $n$ . Dus de lijnen hebben vergelijking $x + y = 12$ en $x + y = 8$ .

13

a

De bodem is vierkant met zijden $b - 2 x$ en de hoogte is $x$ , dus de inhoud is $I (x) = x {(b - 2 x)}^{2} =$ $x (b^{2} - 4 b x + 4 x^{2}) =$ $4 x^{3} - 4 b x^{2} + b^{2} x$ .

b

Als de inhoud maximaal is voor een bepaalde waarde van $x$ , dan $I^{'} (x) = 0$ .
$I^{'} (x) = 12 x^{2} - 8 b x + b$ , dus
$I^{'} (\frac{1}{6} b)$ $= 12 \cdot \frac{1}{36} b^{2} - 8 b \cdot \frac{1}{6} b + b^{2} =$ $\frac{1}{3} b^{2} - 1 \frac{1}{3} \cdot b^{2} + b^{2} = 0$ (dus klopt).

14

$y = c (x - 2) (x - 8)$ gaat door $(0,8)$ , dat geeft $c = \frac{1}{2} .$ ; dus parabool $y = \frac{1}{2} (x - 2) (x - 8)$ . $x = 3$ invullen geeft $A (3, ‐ 2 \frac{1}{2})$ en (vanwege symmetrieas $x = 5$ ) $B (7, ‐ 2 \frac{1}{2})$ .
Oppervlakte rechthoek $= 4 \cdot 2 \frac{1}{2} = 10$ .

15

De driehoeken $Q C B$ en $P T B$ zijn gelijkvormig. Beide hebben een rechte hoek en ze hebben hoek $B$ gemeenschappelijk.
$B Q = 3 \sqrt{5}$ en $B P = 3$ , dus de vergrotingsfactor is $\sqrt{5}$ . Dus $T P = \frac{3}{\sqrt{5}} = \frac{3}{5} \sqrt{5}$ en $T P = 1 \frac{1}{5} \sqrt{5}$ . Dan $U T = 3 \sqrt{5} - 1 \frac{1}{5} \sqrt{5} - \frac{3}{5} \sqrt{5} = 1 \frac{1}{5} \sqrt{5}$ en de gevraagde oppervlakte is ${(1 \frac{1}{5} \sqrt{5})}^{2} = 7 \frac{1}{5}$ .
Een mooiere oplossing vind je met 'knippen en plakken'. In de figuur hierboven rechts zie je dat de gevraagde oppervlakte $\frac{1}{5}$ van de oppervlakte van vierkant $A B C D$ is.

16

a

Noem die eerste coördinaat $x$ , dan $f^{'} (x) = 0$ . Er geldt: $f^{'} (x) = \frac{1}{2 \sqrt{x}} - \frac{1}{x^{2}}$ , dus $0 = \frac{1}{2 \sqrt{x}} - \frac{1}{x^{2}}$ $\to$ $\frac{1}{2 \sqrt{x}} = \frac{1}{x^{2}}$ $\to$ $2 \sqrt{x} = x^{2}$ $\to$ $x \sqrt{x} = 2$ , dus $x = 2^{\frac{2}{3}} = \sqrt[3]{4}$ .

b

Noem die eerste coördinaat $p$ , dan is de eerste coördinaat van $C$ gelijk aan $4 p$ , dus $\sqrt{p} + \frac{1}{p} = \sqrt{4 p} + \frac{1}{4 p} \Leftrightarrow \sqrt{p} + \frac{1}{p} = 2 \sqrt{p} + \frac{1}{4 p}$ , dus $\sqrt{p} = \frac{3}{4 p}$ $\Leftrightarrow p \sqrt{p} = \frac{3}{4}$ . Dus $p = {(\frac{3}{4})}^{\frac{2}{3}} \approx 0,83$ .

17

a

Dan $2 x = 9 - x^{2} \Leftrightarrow x^{2} - 2 x = 9 \Leftrightarrow {(x - 1)}^{2} = 10$ , dus $x = 1 + \sqrt{10}$ .

b

De oppervlakte van de rechthoek is $O (x) = 2 x (9 - x^{2}) = 18 x - 2 x^{3}$ . Met de GR zie je dat $O (x)$ maximaal is als $O^{'} (x) = 18 - 6 x^{2} = 0$ , dus $x = \sqrt{3}$ .

c

Lijn $P Q$ moet door het punt $(0,2 \frac{1}{2})$ gaan. Dus een vergelijking is: $y = \frac{5}{6} x + 2 \frac{1}{2}$ . Dus de eerste coördinaat van $Q$ is oplossing van de vergelijking $\frac{5}{6} x + 2 \frac{1}{2} = 9 - x^{2}$ . Met bijvoorbeeld de abc-formule vind je $x = ‐ 3$ of $x = 2 \frac{1}{6}$ . Dus de eerste coördinaat van $Q$ is $2 \frac{1}{6}$ .

18

a

Er geldt: $f (x) = f (‐ x)$ voor alle $x$ , dus de $y$ -as is symmetrieas.

b

Omdat de $y$ -as symmetrieas is, snijden de raaklijnen elkaar in de $y$ -as.
$f (x) = 0 \Leftrightarrow 5 = \sqrt{x^{2} + 9} \Leftrightarrow x^{2} + 9 = 25$ , dus de snijpunten met de $x$ -as zijn $(4,0)$ en $(‐ 4,0)$ .
Met de GR de helling bepalen bij $x = ‐ 4$ geeft $rc = 0,8$ (of met de kettingregel, geen examenstof: $f^{'} (x) = ‐ \frac{x}{\sqrt{x^{2} + 9}}$ , dus $f^{'} (‐ 4) = \frac{4}{5}$ ).
Dus een vergelijking van de raaklijn in $(‐ 4,0)$ is $y = 0,8 x + 3,2$ .
Het gevraagde snijpunt is $(0; 3,2)$ .

c

De verschoven functie noemen we $g$ . Neem aan dat de grafiek van $f$ over $a$ eenheden verschoven wordt, dan $g (x) = f (x) + a$ en $g (6) = 0$ ,
dus $5 - \sqrt{6^{2} + 25} + a = 0$ , dus $a = 3 \sqrt{5} - 5$ .