1

a

$(\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix} 3 \\ 1 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix})$ ; $(x, y) = (3 + 2 t,1 - t)$ ; $x + 2 y = 5$ .

b

$(\begin{matrix} x \\ y \end{matrix}) = (\begin{matrix} 4 \\ 8 \end{matrix}) + t \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix})$

c

Dat is het snijpunt van lijn $A B$ met de lijn uit vraag b. Dat is $(1,2)$

d

$\sqrt{5 t^{2} + 10 t + 50}$

e

$\sqrt{5 t^{2} + 10 t + 50}$ is minimaal als $5 t^{2} + 10 t$ minimaal is. Dit is voor $t = ‐ 1$ . Je krijgt het punt $(1,2)$ .

f

Dat is de afstand van $(1,2)$ tot $P$ , dus $3 \sqrt{5}$ .

2

a

We gebruiken de vergelijking $x + 2 y - 5 = 0$ van lijn $A B$ . De afstand is: $\frac{| 1 \cdot 4 + 2 \cdot 8 - 5 |}{\sqrt{1^{2} + 2^{2}}} = 3 \sqrt{5}$ .

b

Zo'n punt is van de vorm $(0, a)$ voor zekere waarde van $a$ . Dus $\frac{| 2 a - 5 |}{\sqrt{1^{2} + 2^{2}}} = 10 \sqrt{5} \Leftrightarrow | 2 a - 5 | = 50$ , dus $a = 27 \frac{1}{2}$ of $a = ‐ 22 \frac{1}{2}$ . Je krijgt de punten $(0,27 \frac{1}{2})$ en $(0, ‐ 22 \frac{1}{2})$ .

3

a

Het product van hun richtingscoëfficënten is $‐ 1$ .

b

Een richtingsvector van $k$ is $(\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix})$ ; een normaalvector van $n$ is: $(\begin{matrix} 2 \\ 3 \end{matrix})$ , dus een richtingsvector van $n$ is: $(\begin{matrix} 3 \\ ‐ 2 \end{matrix})$ .
Dan $\cos (α) = \frac{| (\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 3 \\ ‐ 2 \end{matrix}) |}{| (\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 3 \\ ‐ 2 \end{matrix}) |} = \frac{1}{\sqrt{5} \cdot \sqrt{13}}$ , dus $\cos (α) = \frac{1}{65} \sqrt{65}$ .

4

a

$\vec{A B} = (\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix})$ en $\vec{A C} = (\begin{matrix} ‐ 1 \\ ‐ 2 \end{matrix})$ ,
dus $\cos (α) = \frac{(\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} ‐ 1 \\ ‐ 2 \end{matrix})}{| (\begin{matrix} 6 \\ 2 \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} ‐ 1 \\ ‐ 2 \end{matrix}) |} =$ $‐ \frac{1}{2} \sqrt{2}$ , dus $α = 135 °$ .

b

Dus $\sin (α) = \frac{1}{2} \sqrt{2}$ . Verder: $A B = 2 \sqrt{10}$ en $A C = \sqrt{5}$ , dus oppervlakte driehoek $A B C =$ $\frac{1}{2} \cdot 2 \sqrt{10} \cdot \sqrt{5} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{2} = 5$ .
Het kan natuurlijk ook zonder formule.
De hoogtelijn $h$ uit $C$ heeft lengte $A C \cdot \sin (45 °) = \sqrt{5} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{2} = \frac{1}{2} \sqrt{10}$ . De oppervlakte van driehoek $A B C$ is dan: $\frac{1}{2} \cdot h \cdot A B = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \sqrt{10} \cdot 2 \sqrt{10} = 5$ .

5

a

$\vec{O N} = \vec{O A} + \frac{1}{2} \vec{A C} + \frac{1}{2} {\vec{A C}}_{R} = (\begin{matrix} a \\ 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} 2 - a \\ 6 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} 6 \\ a - 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} \frac{1}{2} a + 4 \\ \frac{1}{2} a + 2 \end{matrix})$

b

$\vec{O M} = \vec{O B} + \frac{1}{2} \vec{B C} + \frac{1}{2} {\vec{B C}}_{L} = (\begin{matrix} - a \\ 0 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} 2 + a \\ 6 \end{matrix}) + \frac{1}{2} (\begin{matrix} ‐ 6 \\ a + 2 \end{matrix}) = (\begin{matrix} ‐ \frac{1}{2} a - 2 \\ \frac{1}{2} a + 4 \end{matrix}) = (\begin{matrix} ‐ (\frac{1}{2} a + 2) \\ \frac{1}{2} a + 4 \end{matrix})$ ;
De vector $\vec{O M}$ krijg je door de vector $\vec{O N}$ over $90 °$ linksom te draaien, dus ze staan loodrecht op elkaar en zijn even lang.

6

a

Dan is de hoek tussen de vectoren $(\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix})$ en $(\begin{matrix} 1 \\ a \end{matrix})$ $60 °$ of $120 °$ , dus $\frac{| (\begin{matrix} 1 \\ a \end{matrix}) \cdot (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}) |}{| (\begin{matrix} 1 \\ a \end{matrix}) | \cdot | (\begin{matrix} 1 \\ 1 \end{matrix}) |} =$ $\frac{1}{2}$ , dus $a^{2} + 4 a + 1 = 0 \Leftrightarrow a = ‐ 2 \pm \sqrt{3}$

b

De bundel bevat niet de verticale lijn door $(5,8)$ , dus punt met $x = 5$ op lijn $k$ krijgt hij niet; dat is punt $(5,3)$ .

7

a

Geen oplossing als de lijnen $k$ met vergelijking $a x + 2 y = 6$ en $m$ met vergelijking $2 x - 3 y = b$ evenwijdig zijn.
Dat is als $\frac{a}{2} = \frac{2}{‐ 3}$ $\neq \frac{6}{b}$ , dus als $a = ‐ 1 \frac{1}{3}$ en $b \neq ‐ 9$ .
Het stelsel heeft oneindig veel oplossingen als $k$ en $m$ samenvallen, dus als $a = ‐ 1 \frac{1}{3}$ en $b = ‐ 9$ .

b

Dan $\frac{a}{4} = \frac{‐ 2}{b}$ en $\frac{a + b}{‐ 4} = \frac{1}{b}$ , dus $a = ‐ 4$ en $b = 2$ óf $a = 4$ en $b = ‐ 2$ .

c

De waaier gaat door een punt met eerste coördinaat $1$ , dan is de tweede coördinaat $‐ \frac{1}{4} b$ . Dus $b = ‐ 24$ .

8

De afstand tot de zijden $A B$ en $B C$ is $\sqrt{2}$ .
De afstand tot zijde $A C$ berekenen we met de afstandsformule.
Een vergelijking van zijde $A C$ is: $7 x - y + 11 = 0$ . Die afstand is dus: $\frac{| 7 \cdot 0 - 1 + 11 |}{\sqrt{7^{2} + 1^{2}}} = \sqrt{2}$ .

9

a

Die liggen op de bissectrices van de $x$ -as en de lijn $O B$ .
Even lange richtingsvectoren van de lijn $O B$ en van de $x$ -as zijn: $(\begin{matrix} ‐ 3 \\ 4 \end{matrix})$ en $(\begin{array}{l} 5 \\ 0 \end{array})$ . Dus richtingsvectoren van de bissectrices zijn $(\begin{matrix} ‐ 3 \\ 4 \end{matrix}) \pm (\begin{matrix} 5 \\ 0 \end{matrix})$ , dus ook $(\begin{matrix} 1 \\ 2 \end{matrix})$ en $(\begin{matrix} 2 \\ ‐ 1 \end{matrix})$ .
De middelpunten zijn $(2,4)$ , $(‐ 2, ‐ 4)$ , $(8, ‐ 4)$ en $(‐ 8,4)$ .

b

De middelloodlijn van zijde $O A$ heeft vergelijking $x = 2$ .
De middelloodlijn van zijde $O B$ heeft normaalvector $(\begin{matrix} ‐ 3 \\ 4 \end{matrix})$ en gaat door $(‐ 1 \frac{1}{2},2)$ , dus vergelijking $‐ 3 x + 4 y = 12 \frac{1}{2}$ .
Het middelpunt is het snijpunt van deze lijnen, dus $(2,4 \frac{5}{8})$ .

10

a

Een pv van lijn $A B$ is: $(x, y) = (‐ 3 + t,4 - 2 t)$ . Het zwaartepunt is op tijdstip dan in $(x, y) = \frac{2}{6} \cdot (‐ 3 + t,4 - 2 t) + \frac{1}{6} \cdot (0, ‐ 2) + \frac{3}{6} \cdot (4,0)$ , dus in $(x, y) = (1 + \frac{1}{3} t,1 - \frac{2}{3} t)$ .
Dus de baan van het zwaartepunt is de lijn door $(1,1)$ evenwijdig aan lijn $A B$ .

b

De beweging van de massa in $A$ wordt gegevn door: $(x, y) = (‐ 3 + p t,4 - 2 p t)$ voor een of ander getal $p$ .
Het zwaartepunt beweegt dan volgens: $(x, y) = (1 + \frac{1}{3} p t,1 - \frac{2}{3} p t)$ .
Het zwaartepunt beweegt dus met $\frac{1}{3}$ van de snelheid.

11

a

L: opdelen in twee rechthoeken (kan op twee manieren); zie figuur voor één mogelijkheid.
Geeft een deel met zwaartepunt $(‐ 4,2 \frac{1}{2})$ en oppervlakte $12$ en een deel met zwaartepunt $(‐ 7,5)$ en oppervlakte $16$ .
Het zwaartepunt ligt op het lijnstuk tussen deze zwaartepunten op deel in verhouding $12 : 16 = 3 : 4$ , dus op $\frac{3}{7}$ en $\frac{4}{7}$ deel van dit lijnstuk. Meten en tekenen.
8: de 8 opdelen in bovenste en onderste deel; zie figuur. Geeft onderste deel met zwaartepunt $(3 \frac{1}{2},3 \frac{1}{2})$ en gekleurde oppervlakte $16$ en bovenste deel met zwaartepunt $(3 \frac{1}{2},7 \frac{1}{2})$ en gekleurde oppervlakte $8$ .
Het zwaartepunt ligt op het lijnstuk tussen deze zwaartepunten op deel in verhouding $8 : 16 = 1 : 2$ , dus op $\frac{1}{3}$ en $\frac{2}{3}$ deel van dit lijnstuk. Meten en tekenen.

b

L: $Z_{x} = ‐ 7 + \frac{3}{7} \cdot 3 = ‐ 5 \frac{5}{7}$ en $Z_{y} = 5 - \frac{3}{7} \cdot 2 \frac{1}{2} = 3 \frac{13}{14}$ , dus zwaartepunt $(‐ 5 \frac{5}{7},3 \frac{13}{14})$ ;
8: $Z_{x} = 3 \frac{1}{2}$ en $Z_{y} = 3 \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \cdot 4 = 4 \frac{5}{6}$ , dus zwaartepunt $(3 \frac{1}{2},4 \frac{5}{6})$ .

c

Dezelfde opsplitsing van de letter L, geeft weer gewicht $12$ in $(‐ 4,2 \frac{1}{2})$ voor het rechter stuk.
Als de bovenkant van de letter L op hoogte $a$ ligt, dan is de oppervlakte (dus gewicht) van het linker stuk $2 (a - 1)$ en zit het zwaartepunt op hoogte $\frac{1}{2} (a - 1)$ , dus in het punt $(‐ 7, \frac{1}{2} a + \frac{1}{2})$ . Het totale gewicht is dan $2 (a - 1) + 12 = 2 a + 10$ ;
$Z_{y} =$ $\frac{12}{2 a + 10} \cdot 2 \frac{1}{2} + \frac{2 a - 2}{2 a + 10} \cdot (\frac{1}{2} a + \frac{1}{2}) = 5$ $\to$ $a^{2} - 10 a - 21 = 0$
$\to$ $a = \frac{10 + \sqrt{184}}{2} = 5 + \sqrt{46}$ (de andere oplossing voldoet niet).

12

a

Het middelpunt is $(‐ 2,1)$ en de straal is $2 \sqrt{2}$ .

b

De hoeken $M A P$ en $M B P$ zijn recht. Volgens de stelling van Thales is het midden van $M P$ het middelpunt van de cirkel door $M$ , $A$ , $B$ en $P$ .
Het middelpunt is $(1,0)$ en de straal $\sqrt{10}$ , dus een vergelijking: $x^{2} + y^{2} - 2 x = 9$ .

c

De lijn door de punten $A$ en $B$ heeft vergelijking $x^{2} + y^{2} - 2 x - 9 = x^{2} + y^{2} + 4 x - 2 y - 3$ , dus $y = 3 x + 3$ .
${\begin{cases} x^{2} + y^{2} - 2 x = 9 \\ y = 3 x + 3 \end{cases} \Leftrightarrow {\begin{cases} 10 x^{2} + 16 x = 0 \\ y = 3 x + 3 \end{cases}$ , dus de snijpunten zijn: $(0,3)$ en $(‐ 1 \frac{3}{5}, ‐ 1 \frac{4}{5})$ .

13

Het middelpunt ligt op de middelloodlijn van de punten $A$ en $B$ . Een vergelijking is: $2 x - y = 7$ . Het middelpunt vind je door deze lijn met de lijn $x + y = 20$ te snijden. Dit geeft het punt $(9,11)$ .

14

Het middelpunt van de cirkel ligt op de lijn door $A$ loodrecht op $m$ . Een pv van deze lijn is: $(x, y) = (‐ 4,1) + t (3, ‐ 4)$ . Het middelpunt krijg je voor $t = 1$ , dus dat is $(‐ 1, ‐ 3)$ en de straal is de afstand van dit punt tot $A$ , dus $5$ .

15

Het middelpunt van een cirkel met straal $\sqrt{5}$ die $k$ raakt, ligt op één van de twee lijnen die afstand $\sqrt{5}$ tot lijn $k$ hebben. Deze lijnen zijn evenwijdig met $k$ , hebben dus een vergelijking van de vorm: $x - 2 y = a$ , voor zekere waarden van $a$ . Het punt $(1,0)$ ligt op een van de lijnen en het punt $(‐ 1,4)$ op de andere, zoals je in de figuur ziet en vervolgens ook exact kunt narekenen.
Het middelpunt van de cirkel ligt dus op één van de lijnen $x - 2 y = 1$ en $x - 2 y = ‐ 9$ . Het gezochte middelpunt is het snijpunt van een van deze twee lijnen met $m$ . Dus $(‐ 1, ‐ 1)$ en $(3,6)$ .

16

Het middelpunt $M$ ligt recht boven $A$ ; noem deze $M (3, a)$ ;
De afstand van $M (3, a)$ tot de $x$ -as is gelijk aan de afstand tot $k$ : $\frac{| 9 + 4 a - 24 |}{\sqrt{3^{2} + 4^{2}}} = a$ $\to$ $| 4 a - 15 | = 5 a$ $\to$ $a = ‐ 15$ of $a = 1 \frac{2}{3}$ , dus $M (3,1 \frac{2}{3})$ .
Andere aanpak: de raaklijnen vanuit het punt $P (8,0)$ aan de cirkel zijn de $x$ -as en lijn $k$ . Het raakpunt op $k$ ligt dus $5$ eenheden van $P$ , is dus $R (4,3)$ . Het middelpunt is dus het snijpunt van de lijn door $A$ loodrecht op de $x$ -as en de lijn door $R$ loodrecht op $k$ , dus het snijpunt van de lijnen $x = 3$ en $4 x - 3 y = 7$ , dus het punt $(3,1 \frac{2}{3})$ .

17

a

De snelheidsvector is $(\begin{matrix} ‐ \frac{1}{t^{2}} \\ {3 t}^{2} - 3 \end{matrix})$ .
Als $x^{'} (t) = 0$ en $y^{'} (t) \neq 0$ , dan is de raaklijn verticaal. Dat komt niet voor.
Als $y^{'} (t) = 0$ en $x^{'} (t) \neq 0$ , dan is de raaklijn horizontaal. Dus als $t = \pm 1$ , dus in de punten $(‐ 1, ‐ 2)$ en in $(‐ 3,2)$

b

Als $t \to \infty$ , dan $(x, y) \to (‐ 2, \infty)$ , dus $x = ‐ 2$ is verticale asymptoot.
Als $t ↓ 0$ , dan $(x, y) \to (\infty,0)$ , dus $y = 0$ is horizontale asymptoot.

c

Met de $x$ -as: $y = 0$ , dus $t = \pm \sqrt{3}$ (want $t \neq 0$ ), dus in $(‐ 2 \pm \frac{1}{3} \sqrt{3},0)$ .
Met de $y$ -as: $x = 0$ , dus $t = \frac{1}{2}$ , dus in $(0, ‐ 1 \frac{3}{8})$ .

d

Dan $t = \frac{1}{2}$ ; de richtingsvector is dan $(\begin{matrix} ‐ 4 \\ ‐ 2 \frac{1}{4} \end{matrix})$ , dus de richtingscoëfficiënt van de raaklijn is $\frac{9}{16}$ en een vergelijking van de raaklijn is: $y = \frac{9}{16} x - 1 \frac{3}{8}$ .

18

a

$x (t) = 2 t - \sin (t)$ , $y (t) = 2 - \cos (t)$ .

b

De snelheidsvector is $(\begin{matrix} 2 - \cos (t) \\ \sin (t) \end{matrix})$ en de grootte van de snelheid is: $\sqrt{5 - 4 \cos (t)}$ .

c

$\sqrt{5 - 4 \cos (t)} = \sqrt{3} \Leftrightarrow \cos (t) = \frac{1}{2}$ , dus $t = \pm \frac{1}{3} π + k \cdot 2 π$ .

d

$\vec{u}$ stelt de snelheidsvector voor waarmee $M$ beweegt. $\vec{v}$ is een vector met dezelfde lengte als $\vec{u}$ , loodrecht op de straal $M R$ van de cirkel en $\vec{w}$ de helft daarvan.
Een richtingsvector $\vec{r}$ van de raaklijn is de som van $\vec{u}$ en $\vec{w}$ .

e

Dan is de snelheidsvector $(\begin{matrix} 1 \frac{1}{2} \\ ‐ \frac{1}{2} \sqrt{3} \end{matrix})$ . Noem de gevraagde hoek $α$ , dan $\tan (α) = \frac{\frac{1}{2} \sqrt{3}}{1 \frac{1}{2}}$ $= \frac{1}{3} \sqrt{3}$ , dus $α = 30 °$ .

f

De snelheidsvector $\vec{v} = (\begin{matrix} 2 - \cos (t) \\ \sin (t) \end{matrix})$ . De versnellingsvector $\vec{a}$ krijg je door de kentallen van $\vec{v}$ te differentiëren, dus $\vec{a} = (\begin{matrix} \sin (t) \\ \cos (t) \end{matrix})$ . De grootte is $1$ en hij is naar het middelpunt van het wiel gericht.

19

a

Teken het snijpunt van de lijn $y = x$ met de figuur met negatieve coördinaten.

b

$11$ ; $9$

c

Je krijgt een $12$ -lobbige in plaats van een $16$ -lobbige cirkel; je krijgt een $16$ -lobbige cirkel, maar de uitstulpingen worden instulpingen en omgekeerd.

20

a

$x = 0 \Leftrightarrow t = 0 (kan niet) of t = 12$ ; $y (12) = 7 \frac{1}{3}$ , dus het snijpunt is $(0,7 \frac{1}{3})$ .

b

$\lim_{t ↓ 0} x (t) = 0$ en $\lim_{t ↓ 0} y (t) = \infty$ .
De $y$ -as is verticale asymptoot.

c

Horizontaal als $1 - \frac{4}{t^{2}} = 0 \Leftrightarrow t = 2$ , dus in $(‐ 5, ‐ 1)$ ; verticaal als $\frac{1}{2} t - 3 = 0 \Leftrightarrow t = 6$ , dus in $(‐ 9,1 \frac{2}{3})$ .

d

$\frac{y^{'} (12)}{x^{'} (12)} = \frac{\frac{35}{36}}{3} = \frac{35}{108}$ is de helling van de raaklijn, dus de hoek met de $x$ -as is $\tan^{‐ 1} (\frac{35}{108}) = 18 °$ , dus met de $y$ -as $72 °$ .

21

Dan zijn er twee verschillende tijdstippen waarop het bewegend punt in $S$ is.
De $x$ -coördinaat heeft als functie van $t$ als grafiek een parabool met de lijn $t = 6$ als symmetrie-as, dus zijn die tijdstippen $6 - s$ en $6 + s$ .
$y (6 + s) = y (6 - s) \Leftrightarrow s + \frac{4}{6 + s} = ‐ s + \frac{4}{6 - s} \Leftrightarrow s = 4 \sqrt{2}$ , dus $S = (‐ 1,7)$ .