Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra et punkt A, er en sirkel med radius 5 cm og har sentrum i A.

Størrelse: px
Begynne med side:

Download "Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra et punkt A, er en sirkel med radius 5 cm og har sentrum i A."

Transkript

1 R1 kapittel 5 Geometri Løsninger til oppgavene i boka 5.1 a Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra et punkt A, er en sirkel med radius 5 cm og har sentrum i A. 5. a Vi bruker GeoGebra og skriver inn likningen x + y = 9 og får b Dette er det geometriske stedet for punktene som har avstand 3 fra origo. Altså en sirkel med radius 3 og sentrum i origo. 5.3 Vi tegner koordinatsystemet, setter passerspissen i origo og slår en sirkel med radius 36 = 6. Aschehoug Side 1 av 105

2 5.4 a b c x + y = 7 som gir x x + y = ( ) som gir + y = 49. x + y =. At sirkelen har diameter 8, betyr at radien er 4. Da får vi sirkellikningen x + y = 16. x + y = 4, eller 5.5 Vi avsetter linjestykket AB = 7 cm og konstruerer midtnormalen til AB. Aschehoug Side av 105

3 5.6 a b Vi kan konstruere 75 ved å halvere 90 og a Vi avsatte linjestykket KL = 8cm og kopierte vinkelen v til K og L. Vi finner M i skjæringspunktet mellom vinkelbeina. b Vi konstruerer en vinkel som er dobbelt så stor ved å kopiere vinkel v to ganger. Aschehoug Side 3 av 105

4 5.8 Linjene l og m har samme stigningstall, men har ulikt fortegn. Det betyr at m synker like mye som l stiger, og dermed at vinklene de danner med x- og y-aksen, må være like. Koordinataksene halverer vinklene mellom l og m, og er derfor det geometriske stedet for punktene som ligger like langt fra l som m. 5.9 Linjene yl = x og ym = x er det geometriske stedet for punktene som ligger like langt fra x-aksen som fra y-aksen. Dette må stemme fordi alle punktene på y l har samme x-koordinat som y-koordinat, og det følger da at lengden langs normalen på aksene også er lik. Tilsvarende argument gjelder linja y m c Vi ser at det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som tangerer to rette linjer som skjærer hverandre, er vinkelhalveringslinjene til de to linjene. Dette må stemme fordi en linje som tangerer en sirkel, står vinkelrett på linja som går gjennom tangeringspunktet og sentrum i sirkelen. Denne avstanden er lik til begge linjer fordi den er sirkelens radius. Aschehoug Side 4 av 105

5 5.11 a b c Aschehoug Side 5 av 105

6 d 5.1 Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra linja, er de to parallellene med avstand 5 cm fra linja a Vi tegner et koordinatsystem og linja y = 3. b Det geometriske stedet for punktene som ligger 4 enheter fra l, er parallellene 4 enheter fra l. Det er linjene y = 7 og y = 1. Aschehoug Side 6 av 105

7 5.14 a Vi tegner l gitt ved y = x+ 1 i et koordinatsystem og markerer A = (, 1). b Løsninger til oppgavene i boka Vi vet at det geometriske stedet for punktene som ligger like stor avstand fra to gitte punkter, er midtnormalen til de to punktene. Det betyr at vi må finne punkt B slik at l blir midtnormalen til AB. Vi ser at vi kan finne B ved å speile punkt A om l. 1 Vi feller normalen fra A ned på l og kaller skjæringspunktet normalen har med l, for C. Vi slår en sirkel med sentrum i C og radius CA. 3 Vi markerer B i skjæringspunktet sirkelen har med normalen i kulepunkt 1. 4 Vi leser av konstruksjonen at B = (0,3) a Vi tegner inn linja l gitt ved y = 1, 5x+ 1. b Det geometriske stedet for punktene som ligger cm fra l, er de to parallellene til l som ligger cm fra l. Vi konstruerer de to parallellene som i eksempel 8. Aschehoug Side 7 av 105

8 5.16 Vi følger eksempel 9 og konstruerer parallellen ved: Rombemetoden Vinkelkopieringsmetoden 5.17 a b ASB og BSC er supplementvinkler fordi vinkelsummen er 180. Da har vi at ASB = 180 BSC = = 130 ABC er likebeint fordi SA = SB = r. Det betyr at A= B. Vi vet at vinkelsummen i en trekant er 180, så vi får at 180 = A+ B 180 = A+ A = A A = 50 A = 5 og dermed at også B = Fordi l og m er parallelle, må u = w fordi de er samsvarende vinkler. Videre har vi at w= v fordi w og v er toppvinkler. Det betyr at u = w= v= 35. Aschehoug Side 8 av 105

9 5.19 a Løsninger til oppgavene i boka ABS er likebeint fordi SA = SB = r. Det betyr at A= B= 40. Når vinkelsummen i en trekant er 180, har vi at BSA= 180 A B = = 100. b Vi ser at BSA og CSD er toppvinkler og må derfor være like. Dette betyr at CSD = 100. SCD er likebeint fordi SD = SC = r, så C = D. Vi bruker igjen at vinkelsummen i en trekant er 180 og får at 180 = C+ D 180 = C+ C = C C = 80 C = 40 og dermed at også D = 40. Vinklene i SCD er altså 100, 40 og 40. c ASD og CSD er supplementvinkler fordi de til sammen danner linjestykket AC. Det betyr at ASD = 180 CSD = = 80. d Vi har regnet ut at A= C og B= D, som betyr at de er samsvarende vinkler for to parallelle linjer. AB er altså parallell med CD. 5.0 Vi ser på vinkelsummen i ABC og får at ACB = u = 90 u Videre har vi at ACB = DCE fordi de er toppvinkler. Vi setter opp sammenhengen mellom vinklene i CDE og får at 180 = 90 + DCE + v 180 = 90 + (90 u) + v 180 = u + v 180 = v u v u = 0 u = v Dette er et nyttig resultat vi kan benytte oss av seinere. 5.1 Likningen for en sirkel med radius 7 og sentrum i origo er x + y = 7 eller x + y = (De geometriske stedene er tegnet med blått i figurene.) a Det geometriske stedet for punkter i planet som har avstanden 8 cm fra en gitt linje, er de to parallellene som ligger 8 cm fra linja. Aschehoug Side 9 av 105

10 b Det geometriske stedet for punkter i planet som har avstanden 6 cm fra et gitt punkt, er en sirkel med sentrum i det gitte punktet og radius 6 cm. c Det geometriske stedet for punkter i planet som har like stor avstand fra to gitte punkter, er midtnormalen til disse to gitte punktene. d Det geometriske stedet for punkter i planet som har like stor avstand fra to gitte ikkeparallelle rette linjer, er vinkelhalveringslinjene til de to gitte linjene. Aschehoug Side 10 av 105

11 e Det geometriske stedet for punkter i planet som har like stor avstand fra to gitte parallelle rette linjer, er den parallelle rette linja som ligger mellom de to gitte linjene. Denne linja kan vi konstruere ved å velge oss et punkt A på den ene gitte linja, felle en normal til den andre linja, markere punkt B i skjæringen og deretter konstruere midtnormalen til AB. 5.3 Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som går gjennom et gitt punkt P når radien er 4 cm, er en sirkel med radius 4 cm og sentrum i P. 5.4 a Vi ser at ABS er likebeint fordi to av sidene har lengde. Da vet vi at to av vinklene er like store, dvs. at ASB = v = 15. Vi regner ut ABS ved å se på vinkelsummen i ABS : ABS = 180 ASB v = 180 v v = 180 v = = = 150 b Vi ser at også BSC er likebeint fordi SC er radius i sirkelen. Det betyr at SBC = SCB. Vi finner SCB ved å observere at supplementvinkelen er ABS. Dette gir at SCB = 180 ABS = = 30 Vi finner BSC på samme måte som i oppgave a ved å se på vinkelsummen i BSC. Aschehoug Side 11 av 105

12 BSC = 180 SBC SCB = = = a b Likningen for en sirkel om origo med radius 13 er Likningen for en sirkel om origo med radius er x + y = 13 eller x x + y =. + y = ( ) eller x y = Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som går gjennom to gitte punkter P og Q, er midtnormalen til P og Q. 5.7 (De geometriske stedene er tegnet med blått i figurene.) a Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som har radius 8 cm og tangerer en gitt rett linje, er de to parallellene 8 cm fra den gitte rette linja. Aschehoug Side 1 av 105

13 b Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som tangerer to gitte parallelle linjer, er den parallelle linja midt mellom de to gitte rette linjene. c Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som tangerer en gitt rett linje i et gitt punkt, er normalen på den gitte linja gjennom det gitte punktet. Aschehoug Side 13 av 105

14 d Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som tangerer en annen sirkel med kjent sentrum i et gitt punkt på sirkelen, er den rette linja gjennom det gitte punktet og sentrum i den gitte sirkelen. e Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som har radius 3 cm og tangerer en annen sirkel med kjent sentrum og radius 10 cm, er to sirkler med radius 13 cm og 7 cm med samme sentrum som i den gitte sirkelen. 5.8 a Vi ser at ABS er likebeint fordi to av sidene har lengde. Da vet vi at to av vinklene er like store, dvs. at ASB = v. b Vi finner et uttrykk for ABS ved å se på vinkelsummen i ABS : ABS = 180 ASB v = 180 v v = 180 v Aschehoug Side 14 av 105

15 Vi ser at også BSC er likebeint fordi SC er radius i sirkelen. Det betyr at SBC = SCB. Vi finner SCB ved å observere at supplementvinkelen er ABS. Dette gir at SCB = 180 ABS = 180 (180 v) = v = v Vi finner BSC ved å se på vinkelsummen i BSC. BSC = 180 SBC SCB = 180 v v = 180 4v (Vi ser at resultatet stemmer med det vi regnet i oppgave 5.4 der v = 15 og BSC = 10.) 5.9 a Vinklene α og v er like store fordi de er samsvarende vinkler i to parallelle linjer AC og l. b Hvis vi forlenger linjestykket CB forbi linja l, vil den samsvarende vinkelen til γ være toppvinkelen til v. Det betyr at γ og v må være like fordi toppvinkler og samsvarende vinkler er like. c Vi ser av skissen i oppgaven at β, v og u til sammen er 180 fordi de spenner ut en rett linje. Fra oppgave a og b har vi at α = v og γ = v. Da får vi at β + v+ u = 180 β + α + γ = 180 Argumentene vi har gjort ovenfor, er uavhengig av hvordan trekanten ser ut, og kan gjøres for alle mulige trekanter. Vi kan dermed slutte at summen av vinklene i en trekant alltid er a Måler vi vinklene u og v, får vi u = 51, 4 og v = 10,8. Det gir forholdet v u 10,8 = = 51, 4 Aschehoug Side 15 av 105

16 b Vi lager en liknende figur og måler vinklene u = 50,5 og v = 101. Det gir forholdet v u 101 = = 50,5 Vi ser at forholdet mellom sentralvinkel og periferivinkel igjen ble a En periferivinkel som spenner over en bue på 100, er 50, halvparten av gradtallet. b c En periferivinkel som spenner over en bue på 180, er 90, halvparten av gradtallet. En periferivinkel som spenner over en bue på 70, er 135, halvparten av gradtallet. 5.3 a Sirkelbuen som blir avskåret av en periferivinkel på 45, er 90, dobbelt så stor som periferivinkelen. b Sirkelbuen som blir avskåret av en periferivinkel på 90, er 180, dobbelt så stor som periferivinkelen. c Sirkelbuen som blir avskåret av en periferivinkel på 135, er 70, dobbelt så stor som periferivinkelen a Vi ser at ABS er likebeint fordi SA = SB = r, der r er radius i sirkelen. Det betyr at BAS = ABS = 35 b Vinkelsummen i ABS gir 180 = ABS + BAS + BSA 180 = BSA 180 = 70 + BSA BSA = 110 c Vi observerer at ACB er periferivinkelen med BSA som sentralvinkel. Det betyr at ACB er halvparten av BSA, altså ACB = BSA = = 55 Aschehoug Side 16 av 105

17 5.34 b Sirkelbuen AB blir avskåret av periferivinkelen C = 30 og må derfor være dobbelt så stor. Da får vi at AB = C = 30 = 60. c I oppgave b fant vi at AB = 60, noe som betyr at ASB = 60. Vi vet også at ABS er likebeint fordi to av sidene er radius i sirkelen. Vi ser på vinkelsummen i ABS og setter x = BAS = SBA. 180 = ASB+ x+ x 180 = 60 + x x = 10 x = 60 Når alle vinklene i en trekant er 60, betyr det at trekanten er likesidet. ABS er derfor likesidet, og korden AB må være like lang som SA og SB, altså 5 cm a b c d Fordi AB er diameter i sirkelen, spenner buen over halvparten av hele sirkelen. Derfor er buen AB = 180. Vi vet at omkretsen til en sirkel er gitt ved π r, der r er radius i sirkelen. Buen AB spenner over halve sirkelen, så buelengden er 1 π r = π 6, eller 6π cm. C er periferivinkel med buen AB som sentralvinkel og er derfor halvparten av 180, nemlig 90. Dette vet vi også fra thalessetningen. 1 Vi konstruerer en sirkel med radius 6 cm og sentrum i et punkt S. Vi markerer et punkt A på sirkelen, trekker linja AS og markerer punkt B i skjæringen linja har med sirkelperiferirien. 3 Vi konstruerer CBA = 60 og marker C i skjæringspunktet mellom høyre vinkelbein og sirkelen. 4 Vi trekker linjestykket AC. Aschehoug Side 17 av 105

18 Vi avsetter linjestykket AB = 3 cm. Vi konstruerer normalen i A og halverer vinkelen til Vi konstruerer midtnormal til AB og markerer skjæringspunktet S 1 mellom midtnormalen og 45 -vinkelen fra punkt. 4 Vi slår en bue om S 1 med radius SA 1 på oversiden av AB. 5 Vi setter passerspissen i midtpunktet M til AB og slår en bue med radius SM 1 på undersiden av AB og markerer S i skjæringen med midtnormalen. 6 Vi slår en bue om S med radius SA på undersiden av AB Vi vet at BAS = = 60 og bruker det i konstruksjonen av det geometriske stedet. Aschehoug Side 18 av 105

19 Løsninger til oppgavene i boka 1 Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm. Vi konstruerer 60 i A. 3 Vi konstruerer midtnormal til AB og markerer skjæringspunktet S 1 mellom midtnormalen og vinkelen på 60 fra punkt. 4 Vi slår en bue om S 1 med radius SA 1 på oversiden av AB. 5 Vi setter passerspissen i midtpunktet M på AB og slår en bue med radius SM 1 på undersiden av AB og markerer S i skjæringen med midtnormalen. 6 Vi slår en bue om S med radius SA på undersiden av AB Vi ser at u og vinkelen på 70 spenner over samme sirkelbue. Det betyr at de er periferivinkler for samme sentralvinkel og må derfor være like. Altså u = 70. Vi vet at en sentralvinkel må være dobbelt så stor som periferivinkelen som spenner over samme sirkelbue. Det betyr at v = 70 = a Vi vet at tahlessetningen sier at en periferivinkel som spenner over en sirkelbue på 180, er 90. Det betyr at B = 90. C og P er periferivinkler som spenner over buen AB, og må derfor være like store. Dvs. at C = P= 60. Vi finner A ved å bruke at vinkelsummen i en trekant er 180. A = = 30 Aschehoug Side 19 av 105

20 b 1 Vi avsetter linjestykket AS = 4 cm og slår en sirkel med radius 4 cm og sentrum i S. Vi forlenger AS og markerer C på sirkelperiferien på diametralt motsatt side av A. 3 Vi konstruerer 60 i C og markerer B i skjæringen mellom venstre vinkelbein og sirkelperiferien. 4 Vi trekker AB. c Buen AB er dobbelt så stor som periferivinkelen på 60, så den er 10. d Buen AC er dobbelt så stor som periferivinkelen på 90, så den er 180. e Buen BC er dobbelt så stor som periferivinkelen på 30, så den er 60. Vi ser da at de tre buene til sammen som forventet er 360. f Vi vet at AC er diameter i en sirkel med radius 4 cm. Da må AC = 4 cm = 8 cm. Vi vet nå at ABC er en trekant og vi vet at i slike trekanter er hypotenusen dobbelt så 1 1 stor som korteste katet. Dermed må BC = AC = 8 cm = 4 cm. (Alternativt kan vi se at BSC er likesidet, fordi den er likebeint og en av vinklene er 60.) Siste side finner vi ved å bruke pytagorassetningen: AB + BC = AC AB + 4 = 8 AB + 16 = 64 AB = 48 AB = 48 = 16 3 = 4 3 = Vi ser at A er periferivinkelen som spenner over samme bue som sentralvinkelen CSB. Det betyr at A er halvparten av CSB, nemlig 45. På samme måte ser vi at B er periferivinkelen som spenner over buen AC, og må derfor være halvparten av 110, nemlig 55. Til slutt finner vi C ved å se på vinkelsummen i en trekant C = = 80. Aschehoug Side 0 av 105

21 5.41 Vi observerer at A er periferivinkelen som spenner over BC, og må dermed være halvparten av 60, nemlig 30. På samme måte er B periferivinkelen til AC. Vi vet at det er 360 rundt hele sirkelen, noe som betyr at AC = 360 AB BC = = 140. Da må B 7 0 = = Vi finner siste vinkel i trekanten ved å se på vinkelsummen C = 180 A B= = a En linje som tangerer en sirkel, vil stå vinkelrett på linja mellom sentrum i sirkelen og tangeringspunktet. Det betyr at SA står vinkelrett på t i dette tilfellet. Vi kan da slutte at b BAS + 50 = 90 BAS = 40 ABC er likebeint fordi sidene SA og SB er like lange som radien i sirkelen. Det betyr at A og B i ABC er like store. Vi finner ASB ved å se på vinkelsummen i ABS : 180 = ASB ASB = ASB = a Vi ser at DCE = ACB = 106 fordi de er toppvinkler. CED = BAC = 3 fordi de er periferivinkler som spenner over samme sirkelbue BD. Vi finner EDC ved å se på vinkelsummen i ECD 180 = EDC EDC = = 4 Vi har også at CBA = EDC = 4 fordi de er periferivinkler som spenner over samme sirkelbue AE. (Fordi vinklene er parvis like store, er disse to trekantene formlike.) Aschehoug Side 1 av 105

22 b Sirkelbuen AE er dobbelt så stor som en periferivinkel som spenner over samme sirkelbue. Derfor er AE = 4 = a En linje som tangerer en sirkel, vil stå vinkelrett på linja mellom sentrum i sirkelen og tangeringspunktet. Det betyr at SA står vinkelrett på t i dette tilfellet. Vi kan da slutte at BAS+ u = 90 BAS = 90 u Videre er ABC likebeint fordi sidene SA og SB er like lange som radien i sirkelen. Det betyr at A og B i ABC er like store. Vi finner ASB ved å se på vinkelsummen i en trekant: ASB + BAS + SBA = 180 ASB + (90 u) + (90 u) = 180 ASB = u ASB = u b Når u = 60, vil ASB = u = 60 = 10. Det er ikke oppgitt noen lengder i trekanten, så det holder å konstruere en formlik trekant. Det vil si at vi kan velge hvor punkt S er. 1 Vi trekker en linje t og markerer et punkt A på denne linja. Vi konstruerer normalen i A på linja t og en vinkel på Vi markerer et punkt S på normalen. 4 Vi konstruerer 10 i S og markerer B i skjæringen med 60 fra punkt. 5 Vi slår en sirkel om S med radius SA a Vi ser at ACB er en periferivinkel som spenner over buen AB. Dette betyr at buen AB må være dobbelt så stor som ACB, nemlig AB = 46 = 9. På samme måte er CAB en periferivinkel som spenner over buen BC. Vi finner CAB ved å se på vinkelsummen i trekanten ABC. Aschehoug Side av 105

23 BAC = 180 BAC = BAC = 34 og BC = 34 = 68. b Vinkel B er periferivinkelen til sentralvinkelen CSA som da er dobbelt så stor. CSA = 00. Fordi det er 360 rundt hele sirkelen, vil sentralvinkelen som har D som 1 periferivinkel, være = 160, og det følger at 160 D = = 80. c I oppgave a fant vi at BAC = 34, og når A = 75, får vi at CAD = = 41. Da må CD 41 8 = =. Vi har da alle buene som til sammen utgjør en sirkel og kan da regne ut 5.46 a AD. AD + AB + BC + CD = 360 AD = 360 AD = AD = 118 Vi ser at ABD er en periferivinkel som spenner over AD. Dermed er ABD = 1 AD = = 59 b Vi deler trapeset inn i fire trekanter: ASB, BSC, CSD og DSA. Alle disse trekantene er likebeinte fordi to av sidene i hver trekant har radien i sirkelen som lengde. Dette betyr at vinklene i trekantene som ikke har toppunkt i S, er parvis like (se figuren). Vi gir disse vinklene navnene u, v, w og z. Vi bruker at vinkelsummen i hver av trekantene er 180, regner ut vinklene u og v og setter opp et uttrykk for BSC og DSA uttrykt ved henholdsvis z og w. Aschehoug Side 3 av 105

24 u = u = 65 v= v= 15 Løsninger til oppgavene i boka BSC = 180 z DSA = 180 w Vi vet at AB CD, så hvis vi forlenger linjestykkene AD og BC, vil vinklene på oversiden av CD være samsvarende med w+ v og v+ zsom figuren viser. c Da får vi to sammenhenger: u+ w+ ( v+ w) = 180 u+ z+ ( v+ z) = w= z = 180 w= 100 z = 100 w= 50 z = 50 Vi kan dermed sette inn for w og z i uttrykkene ovenfor og finne BSC = = 80 DSA = = 80 som var det vi skulle vise. BSC og DSA: Nå som vi har regnet ut u, v, w og z i oppgave b, finner vi vinklene i trapeset ved å sette disse sammen på følgende måte: A= w+ v= = 65 B= v+ z = = 65 C = u+ z = = 115 D= w+ u = = a Vi ser at ASC og BSD er sentralvinkler som henholdsvis spenner over buen AC og BD. Det betyr at ASC = x og BSD = y. b Aschehoug Side 4 av 105

25 c Vinklene ADC og DAE er periferivinkler som henholdsvis spenner over buene x og y. x y Da får vi at ADC = og DAE =. d Vi observerer at ADC og EDA er supplementvinkler fordi de til sammen er 180. Det x betyr at EDA = 180. Vi ser på vinkelsummen i ADE. e 180 = v + EDA + DAE x y 180 = v y x = v + x y v = Vi bruker formelen vi utledet i oppgave d, og ser at x må være det største gradtallet og y det minste (ellers blir v negativ). Vi regner ut: x y v = = = = 45 Vinkelen mellom sekantene må være Vi kaller skjæringspunktet mellom forlengelsen av AS og BC for D og ser at CDS = 180 CDS = 80 Vi ser på vinkelsummen i SDC og finner at C = = 60. Vi observerer at SBC er likebeint fordi SB og SC er lik radien i sirkelen og derfor må være like. Dette betyr at B= C = 60, at SBC er likesidet og BSC = 60. Vi finner så BSD = = 0 og får at ASB = 180 BSD = = a Vi kan se av skrivemåten ABC ~ EDF at AB tilsvarer ED, BC tilsvarer DF og AC tilsvarer EF. b Vi ser på forholdet mellom to tilsvarende sider hvor lengdene er oppgitt: BA 6 n = = = 3 DE c Vet at forholdet mellom sidene i trekantene er konstant, så vi kan sette opp følgende sammenheng: Aschehoug Side 5 av 105

26 AC BA = EF DE 9 = 3 EF 9 EF = = 3 3 Løsninger til oppgavene i boka 5.50 a For å vise at ABC ~ ACD, må vi vise at to av vinklene er parvis like store. Begge trekantene deler A, så denne vinkelen er lik. Vi ser også at C = CDA = 90, så denne vinkelen er også lik. Det betyr at også den siste vinkelen er lik, og at trekantene er formlike. Lengdeforholdet mellom tilsvarende sider er korteste katet i ABC AC 5 n = 1 korteste katet i ACD = AD = 3 b Vi ser at AB er hypotenus i ABC, så vi bruker at forholdet mellom tilsvarende sider er konstant og regner ut hypotenus i ABC AB 5 = = hypotenus i ACD AC 3 AB 5 = AB = 3 c Vi gjør som i oppgave a og prøver å vise at to av vinklene er parvis like store. Begge trekantene deler B, så denne vinkelen er lik. Vi ser også at C = BDC = 90, så denne vinkelen er også lik. Det betyr at også den siste vinkelen er lik, og at trekantene er formlike. Lengdeforholdet mellom tilsvarende sider er korteste katet i ABC AC 5 n = korteste katet i CBD = CD = 4 Vi finner at CD = 4 ved bruk av pytagorassetningen på den rettvinklede trekanten ACD. d Vi har tidligere vist at ABC ~ ACD og ABC ~ CBD. Vi legger merke til at ABC er formlik med både ACD og CBD. Det betyr at ACD og CBD også må være formlike. Matematisk kan vi skrive dette slik: ABC ~ ACD ABC ~ CBD ACD ~ CBD Vi finner lengdeforholdet korteste katet i CBD DC 4 n = 3 korteste katet i ACD = AD = 3 e Begge trekantene er rettvinklede, så vi kan bruke katetene som grunnlinje og høyde når vi skal regne ut arealene. Aschehoug Side 6 av 105

27 f T CBD = Gh = BD CD = ( AB 3) 4 = 3 4 = T ACD = Gh = AD CD = 34 = 6 Vi ser på forholdet mellom arealene arealforholdet er n 3 T T CBD ACD = = = og legger merke til at = 3 =, altså lengdeforholdet kvadrert a Første utgave: Vi viser at trekantene er formlike ved å se at forholdet mellom tilsvarende sider er konstant: AB,0 5 = = DE 4, 4 11 BC 3,5 5 = = EF 7,7 11 AC 8,0 5 = = DF 17,6 11 Andre utgave: Vi viser at trekantene er formlike ved å se at forholdet mellom tilsvarende sider er konstant: AB,0 5 = = DE 4, 4 11 BC 3,5 5 = = EF 7,7 11 AC 5,0 5 = = DF 11,0 11 b Trekantene må være formlike av formlikhetskrav. 5.5 a På grunn av at DE AB, ser vi at CED og CBA er samsvarende vinkler. Trekantene deler også C, så vi har da to parvis like store vinkler, altså DEC ~ ABC. b Vi brukte krav nr. 1. Aschehoug Side 7 av 105

28 c Vi regner ut lengdeforholdet mellom ABC og DEC ved å se på de tilsvarende sidene AB og DE. AB 6,0 n = = = DE 3, 0 Dette betyr at ABC er dobbelt så stor som DEC. Vi finner AC, AD og CE AC = 4,5 = 9 AC AD = = 4,5,8 CE = =, Vi avsetter linjestykket AB = 10 cm og trekker en vilkårlig stråle l fra A som ikke er parallell med AB. Vi velger en tilfeldig lengde i passeråpningen og avsetter tre like lange linjestykker langs l fra A. 3 Vi trekker et linjestykke fra det siste markerte punktet til B. 4 Vi konstruerer parallellen til linjestykket i punkt 3 ved hjelp av rombe-metoden. 5 Vi markerer punkt P i skjæringen parallellen har med AB a Fra pytagorassetningen får vi at BC = 1 + = 1+ 4 = 5. 1 Vi avsetter linjestykket AB =. Vi konstruerer normalen i A på AB. 3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 1. Aschehoug Side 8 av 105

29 b Fra pytagorassetningen får vi at BC = + 3 = = Vi avsetter linjestykket AB =. Vi konstruerer normalen i A på AB. 3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = a Hvis to av vinklene er like store, vet vi at også den tredje vinkelen må være like stor på grunn av at vinkelsummen i en trekant er 180. Da er en side og to av de hosliggende vinklene like, og trekantene er kongruente. b Vi brukte da kongruenssetning Vi ser at linjestykket CD er felles for begge trekantene, og vi har da at en av sidene i hver trekant er like. Punktene C og D ligger på midtnormalen til AB, og vi vet fra kapittel 5A at alle punkter på midtnormalen til AB er det geometriske stedet for alle punktene som ligger like langt fra A som fra B. Da vet vi at ABC og ABD er likebeinte, og at AD = BD og AC = BC. Vi har da vist at sidene i ACD og BCD er parvis like, og det følger da at ACD BCD av kongruenssetning a Matematisk skriver vi ABC A B C. Aschehoug Side 9 av 105

30 b c d Vi ser at lengdene til de tilsvarende sidene AB og AB er oppgitt, så vi finner lengdeforholdet i de to formlike trekantene ved å finne forholdet mellom disse sidene. AB 8, 6 cm n = = = 1,65 AB 5m Lengdeforholdet er 1,65 Vi bruker lengdeforholdet til å finne AC med den tilsvarende siden AC. AC 9, 9 cm = = 1,65 AC A C 9, 9 cm AC = = 5, 6 3 cm 1, 65 Lengden AC er 5,6 cm. Vi vet at forholdet mellom arealene er lik lengdeforholdet kvadrert. Dvs. at arealforholdet er n = 1, 65 =, 791, eller, a Trekantene deler A, så denne er lik. Når vi vet at BC er parallell med DE, er DEA = BCA fordi de er samsvarende vinkler. Det samme gjelder EDA = CBA, og trekantene er derfor formlike. b Vi finner lengdeforholdet mellom trekantene 10 5 n = = 4,0 og bruker dette til å finne AB, BD og AE AB AB = = AB = = = 8,8 AD 3, BD = AB 3,5 BD = = = 5,3 4 4 AC AE = = 1+ = AE = 7 = = 4,7 AE AE AE (Feil i fasit første opplag) Vi observerer at DE og BC er parallelle fordi den samsvarende vinkelen på 105 er lik. Da må også DEA = BCA være like fordi de er samsvarende vinkler, og vi har da at ADE ~ ABC. Vi finner lengdeforholdet mellom trekantene AB, n = = = AD, 7 9 og finner CE ved å observere at AC = AE + EC = 4,7 + EC. Forholdet mellom tilsvarende sider gir da Aschehoug Side 30 av 105

31 AC 4,7 + EC 9 = = AE 4,7 9 EC 9 = 1 4,7 9 0 EC = 4,7 = 10, a Vi ser umiddelbart at begge trekantene deler A, så denne vinkelen er lik. I tillegg ser vi også at vinklene AED = CBA = 90, så vinklene i trekantene er parvise like store, og de er derfor formlike. b Den tilsvarende siden til AE = 6,0 cm er AB=1 cm. Vi finner først lengdeforholdet mellom trekantene 1 cm n = AB A E = 6,0 cm = Vi ser at den tilsvarende siden til ED er BC = 10 cm. Vi regner ut og bruker at lengdeforholdet mellom tilsvarende sider er konstant BC 10 cm = = cm ED ED 10 cm ED = = 5 cm c Vi ser at arealet av firkant DBCE er differansen mellom arealet av trekant ABC og trekant ADE. Vi vet også at trekantene er rettvinklede, og vi kan derfor bruke de to katetene som høyde og grunnlinje. Da får vi at F DBCE = T ABC T ADE 1 1 = AB BC AE ED 1 1 = 1 cm 10 cm 6,0 cm 5 cm = 60 cm 15 cm = 45 cm 5.61 Vi vet at PQ og SR er parallelle, noe som gjør at TSR = TQP og SRT = QPT fordi de er toppvinkler til de samsvarende vinklene. Da har vi at STR ~ QTP. Når to trekanter er formlike, er forholdet mellom to tilsvarende sider konstant. Da får vi RT SR = PT PQ RT 1 = RT = 5 Aschehoug Side 31 av 105

32 Da finner vi diagonalen PR = PT + RT = 3 + = = 10, cm a Vi ser at AEB = CED fordi de er toppvinkler, og vi vet at i et parallellogram er motstående sider like lange og parallelle. Da får vi at AB CD og AB = CD. Fordi AB og CD er parallelle, får vi at EDC = ABE og BAE = DCE fordi de er samsvarende toppvinkler til hverandre. Vi kan da konkludere med at ABE CDE etter kongruenssetning 4. b Når ABE CDE, betyr det at AE = EC og BE = ED, og E deler dermed diagonalene i forholdet BE : ED = AE : EC = 1: a Fra pytagorassetningen får vi at BC = = = Vi avsetter linjestykket AB = 1. Vi konstruerer normalen i A på AB. 3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 3. Aschehoug Side 3 av 105

33 b Fra pytagorassetningen får vi at BC = + 1 = 4+ 1 = 5. Løsninger til oppgavene i boka 1 Vi avsetter linjestykket AB = cm. Vi konstruerer normalen i A på AB. 3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 1 cm. 4 Vi forlenger linjestykket CB og trekker en stråle med startpunkt i C. 5 Vi setter passerspissen i B, slår en sirkelbue med radius 1 og markerer punktet P på motsatt side av C. Da er ( 5 1) CP = + cm 5.64 Vi ser at arealet av firkant DBCE er differansen mellom arealet av trekant ABC og trekant ADE. Trekantene er rettvinklede, og vi kan derfor bruke de to katetene som høyde og grunnlinje i arealformelen. Vi ser umiddelbart at begge trekantene deler A, så denne vinkelen er lik. I tillegg ser vi også at vinklene AED = CBA = 90, så vinklene i trekantene er parvise like store, og de er derfor formlike. Den tilsvarende siden til AE = 6,0 cm er AB = 1 cm, og den tilsvarende siden til ED er BC = 10 cm. Vi regner ut og bruker at lengdeforholdet mellom tilsvarende sider er konstant: BC AB = ED AE 10 cm 1 cm = = ED 6,0 cm 10 cm ED = = 5 cm Da får vi at F DBCE = T ABC T ADE 1 1 = AB BC AE ED 1 1 = 1 cm 10 cm 6,0 cm 5 cm = 60 cm 15 cm = 45 cm Aschehoug Side 33 av 105

34 5.65 a b For å vise at BDC ~ ABC, må vi vise at to av vinklene er parvis like store. Begge trekantene deler C, så denne vinkelen er lik. Vi ser også at B = BDC = 90, så denne vinkelen er også lik. Det betyr at også den siste vinkelen er lik, og at trekantene er formlike c Vi bruker pytagorassetningen på ABC og finner at AC = 8, = 17, 4. 4 I formlike trekanter er forholdet mellom tilsvarende sider konstant. Da får vi AB AC = BD BC 8,5 17, 4 = BD 15 8,5 15 BD = 7, 4 17, 4 Høyden i ABC er BD = 7, 4 cm Alle fem trekanter er formlike. I oppgave 5.50 viste vi at høyden ned på hypotenusen en rettvinklet trekant deler trekanten inn i to formlike trekanter. I denne figuren er CD høyden i ABC, og DE er høyden i CDE, så figuren deles da inn i fem formlike trekanter. Aschehoug Side 34 av 105

35 5.67 a Vi tegner en skisse av figuren, navnsetter viktige punkter og trekker en hjelpelinje GE: Vi kan anta at mastene står vinkelrett på bakken og dermed at AD EF BC. Da ser vi at AFE ~ ABC og DGE ~ DAB fordi trekantene deler en vinkel og er rettvinklede. Forholdet mellom tilsvarende sider i trekantene gir AF FE = AB BC y h = z 30 og GE GD = AB AD y 60 h = z 60 b Vi har i oppgave a funnet to uttrykk for y z. Vi setter uttrykkene lik hverandre og løser for h: h 60 h = h= 60 h 3h = 60 h = 0 Dette betyr at bardunene krysser hverandre 0 meter over bakken. (Det er interessant å merke seg at bardunene skjærer hverandre 0 meter over bakken uansett avstand z mellom mastene.) Aschehoug Side 35 av 105

36 5.68 a Vi ser at AE = EB = 8, og dermed at AED og EBD har like lange grunnlinjer. Samtidig må høyden til trekantene også være lik, fordi D har lik vertikal avstand h 1 til EB og forlengelsen av AE. Da får vi 1 1 T AED = Gh1 = 8 h1 = 4 h1 1 1 T EBD = Gh1 = 8 h1 = 4 h1 Uttrykkene og arealene må derfor være like store. b Vi skisserer trekanten og trekker hjelpelinjene CF og DG som begge står normalt på AB. Vi ser da at FBC ~ GBD fordi begge trekantene deler vinkel B og har en vinkel på 90. Vi bruker at forholdet mellom tilsvarende sider i to formlike trekanter er konstant og får at BC FC = BD GD 18 h = 1 h h h = 3 h = h1 Vi finner et uttrykk for arealet av trekant ABC: T ABC Gh AB = = h1 = 16 h1 = 1h1 Vi ser at arealet av hele trekanten er tre ganger så stort som arealet av hver av de to trekantene vi regnet på i oppgave a. Vi får da at T ADC = T ABC T EBD T AED = 1h1 4h1 4h1 = 4h1 som var det vi skulle vise. Aschehoug Side 36 av 105

37 5.69 a Nei, vi kan ikke fastslå at trekantene er kongruente fordi kravene til trekant ABC ikke er entydige. Hvis vi prøver å konstruere trekanten, får vi to muligheter for hvor punkt C kan ligge. b Ja, disse trekantene er kongruente fordi to sider og den motstående vinkelen til den lengste av disse sidene er like. Trekantene oppfyller dermed kongruenssetning a I oppgave 5.50 viste vi at høyden ned på hypotenusen i en rettvinklet trekant deler trekanten inn i to formlike trekanter. Det betyr at ADC ~ CBD. Vi bruker at forholdet mellom tilsvarende sider i trekantene er konstant: CD AD = BD CD h a = b h h = ab h = ab Aschehoug Side 37 av 105

38 b Vi bruker formelen vi regnet ut i oppgave a, og får at a = cm og b = 8 cm. Dette gir arealet T ABC = Gh = ( a + b) ab = ( + 8) 8 = 5 16 = 0 Arealet av trekant ABC er 0 cm For at bordet ikke skal helle, må AC DB. Vi ser at AEC = BED fordi de er toppvinkler, og at AE = EB og CE = ED fordi vi fikk oppgitt at E deler bordbeina nøyaktig på midten. Fra kongruenssetning kan vi dermed slutte at ACE BED. Når trekantene er kongruente, må ACE = EDB og CAE = DBE fordi de er samsvarende toppvinkler, og vi kan dermed konkludere med at AC DB. Håvard bør bli overbevist av et slikt argument. 5.7 a Fra pytagorassetningen får vi at BC = 4 + = = 0. 1 Vi avsetter linjestykket AB =. Vi konstruerer normalen i A på AB. 3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 4. b Fra pytagorassetningen får vi at BC = + 1 = 4+ 1 = 5. 1 Vi avsetter linjestykket AB = cm. Vi konstruerer normalen i A på AB. 3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 1 cm. 4 Vi forlenger linjestykket CB og trekker en stråle med startpunkt i C. 5 Vi setter passerspissen i B, slår en sirkelbue med radius 1 og markerer punktet P på motsatt side av C. 6 Vi halverer linjestykket CP og markerer midtpunktet Q. Aschehoug Side 38 av 105

39 Da er CQ = 5+ 1 c Når forholdet mellom lengde og bredde er ϕ og bredden er lik 1, får vi l l 5+ 1 = ϕ = ϕ l = ϕ = b 1 d Vi bruker konstruksjonen i oppgave b hvor vi allerede har konstruert lengden CQ = ϕ og fortsetter konstruksjonen. 1 Vi markerer punkt D på midtnormalen til CP slik at QD = 1. Vi konstruerer parallellen til CQ som går gjennom D, og parallellen til QD som går gjennom C. 3 Vi markerer punkt E i skjæringen mellom de to parallellene. Da er CQDE et gyllent rektangel. (Vi kan døpe om punktene slik at vi får ABCD.) 5.73 Trekantkrav 1 viser at det er bare en trekant som passer til opplysningene. Punktet C må være i skjæringen mellom sirkelbuen om A med radius 7cm og sirkelbuen om B med radius 6 cm. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm. Vi slår en sirkelbue om A med radius 7 cm. Aschehoug Side 39 av 105

40 3 Vi slår en sirkelbue om B med radius 6 cm og får C Punktet C må ligge i skjæringen mellom parallellen 5 cm unna AB og venstre vinkelbein i 45 - vinkelen i A. Det fins bare et skjæringspunkt mellom to ikke-parallelle linjer, dermed er det bare ett punkt C som oppfyller kravene. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 6 cm. Vi konstruerer 45 i A og trekker en stråle langs venstre vinkelbein 3 Vi konstruerer parallellen til AB, 5 cm fra AB, og markerer C i skjæringen med 45 - vinkelen. 4 Vi trekker linjestykket BC Punktet C må ligge i skjæringen mellom sirkelbuene med radius 10 cm om A og B. Trekanten er entydig etter trekantkrav 1. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm. Vi slår en bue med sentrum i A og radius 10 cm, og en bue i B med radius 10 cm. Aschehoug Side 40 av 105

41 3 Vi markerer C i skjæringen mellom de to sirkelbuene. 4 Vi feller normalen fra C ned på AB. Normalen fra C ned på AB er høyden h i trekanten og skjærer AB i midtpunktet til AB. Dette må stemme fordi ABC er likebeint. Vi finner arealet av ABC ved først å regne ut h ved hjelp av pytagorassetningen: AC 10 h AB = h + = h + 4 h = 84 Da blir = = T ABC = Gh = 8 cm 84 cm = 4 1 cm = 4 1 cm = 8 1 cm 36,7 cm 5.76 Trekantene er likebeinte, så vi kan regne ut alle vinklene i trekanten ( C = 75 og B = 30 ). Alle vinklene er dermed gitt, og vi vet lengden til to av sidene: Opplysningene er entydige. Punkt C vil ligge i skjæringen mellom venstre vinkelbein i A = 75 og en bue med radius 8 om B. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 8. Vi konstruerer A = 75 ved å halvere 90 og 60 3 Vi slår en sirkelbue om B med radius 8 og markerer skjæringspunkt C med venstre vinkelbein i A = Vi trekker BC. Aschehoug Side 41 av 105

42 5.77 Punkt C må ligge i skjæringen mellom venstre vinkelbein i A = 45 og en bue med radius 4,5 cm om B. I dette tilfellet er radien på buen kortere enn AB, noe som gjør at vi får to skjæringspunkter med 45 - vinkelen. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm. Vi konstruerer A = 45 ved å halvere normalen gjennom A. 3 Vi slår en bue om B med radius 4,5 cm og markerer C 1 og C i skjæringen med 45 -vinkelen fra punkt. 4 Vi trekker BC 1 og BC a Trekanten vil være entydig bestemt etter trekantkrav 1, og C vil ligge skjæringen mellom sirkelbuen om A med radius 9,0 cm og sirkelbuen om B med radius 8,0 cm. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 6,0 cm. Vi slår en bue om A med radius 9,0 cm, og en bue om B med radius 8,0 cm. Aschehoug Side 4 av 105

43 3 Vi markerer skjæringspunktet C mellom de to buene. 4 Vi trekker AB og AC. b Trekanten vil være entydig bestemt etter trekantkrav. Vi finner C i skjæringen mellom venstre vinkelbein A og buen om A med radius 7,0 cm. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 4,5 cm. Vi konstruerer A = Vi slår en bue om A med radius 7,0 cm og markerer skjæringspunktet C mellom buen og det venstre vinkelbeinet til A. 4 Vi trekker BC. c Trekanten vil være entydig bestemt etter trekantkrav 3. Vi finner C i skjæringen mellom venstre vinkelbein A og buen om B med radius 5,5 cm. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 5,0 cm. Vi konstruerer A = 5,5 ved å halvere normalen gjennom A to ganger. 3 Vi slår en bue om B med radius 5,5 cm og markerer skjæringspunktet C mellom buen og det venstre vinkelbeinet til A. 4 Vi trekker BC. Aschehoug Side 43 av 105

44 d Trekanten vil være entydig bestemt etter trekantkrav 4. Vi finner B i skjæringen mellom venstre vinkelbein C = 30 og høyre vinkelbein i A = Vi markerer et punkt A på en linje. Vi konstruerer A = 45 ved å halvere normalen gjennom A på linja. 3 Vi slår en bue om A med radius 4,5 cm og markerer skjæringspunktet C mellom buen og det venstre vinkelbeinet til A. 4 Vi konstruerer 30 i C ved å halvere Vi markerer B i skjæringen mellom venstre vinkelbein C og høyre vinkelbein i A Trekanten er entydig bestemt etter trekantkrav 4. To av vinklene er gitt, og vi kan derfor finne den siste vinkelen. Punktet C vil ligge i skjæringen mellom venstre vinkelbein til A = 60 og sirkelbuen med AB som diameter. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 6 cm. Vi konstruerer A = Vi konstruerer midtnormalen til AB og markerer midtpunktet M. Aschehoug Side 44 av 105

45 4 Vi slår en halvsirkelbue om M med radius AM. 5 Vi markerer C i skjæringen mellom venstre vinkelbein i A = 60 og sirkelbuen. 6 Vi trekker BC a Vi ser at når avstanden fra C til AB er mindre enn radius til sirkelbuen med diameter AB, vil vi få to skjæringspunkter C 1 og C mellom sirkelbuen og parallellen 4 cm fra AB. De to skjæringspunktene vil gi trekantene ABC1 og ABC. Skal nå vise at ABC1 ABC. Vi vet at C1 = C = 90, og at AB=10 cm, så hvis vi kan vise at C1BA = BAC, vil trekantene være kongruente etter kongruenssetning 3. b Fordi linjestykkene AB og CC 1 er parallelle, må C1C A = BAC. Vi ser også at C1BA og CC 1 A spenner over samme sirkelbue CA 1 og må derfor være like. Altså C1CA = BAC C1BA = C1C A C BA = C C A = BAC 1 1 som var det vi skulle vise. 1 Vi avsetter linjestykket AB = 10 cm. Vi konstruerer den øvre parallellen til AB med høyde 4 cm. Aschehoug Side 45 av 105

46 3 Vi konstruerer midtnormalen til AB og markerer midtpunktet M. 4 Vi slår en halvsirkelbue om M med radius AM. 5 Vi markerer C 1 og C i skjæringen mellom parallellen og sirkelbuen. 6 Vi trekker BC 1 og BC Vi bruker formlikhetsmetoden i eksempel Vi avsetter linjestykket AB = 7 cm. Vi konstruerer A = Vi slår en sirkel om A med radius 4 cm og markerer B på høyre vinkelbein. 4 Vi slår en sirkel om A med radius 3 cm og markerer C på venstre vinkelbein. 5 Vi konstruerer parallellen til linja BC som går gjennom B. 6 Vi markerer C i skjæringen mellom parallellen og venstre vinkelbein til A. Aschehoug Side 46 av 105

47 5.8 Vi bruker formlikhetsmetoden i eksempel Vi avsetter linjestykket AB = 10 cm. Vi konstruerer A = Vi slår en sirkel om A med radius 7 cm og markerer B på høyre vinkelbein. 4 Vi slår en sirkel om A med radius 4 cm og markerer C på venstre vinkelbein. 5 Vi konstruerer parallellen til linja BC som går gjennom B. 6 Vi markerer C i skjæringen mellom parallellen og venstre vinkelbein til A. Løsninger til oppgavene i boka 5.83 a 1 Vi avsetter linjestykket AB = 4 cm. Vi slår to sirkler om A med radius 6,5 cm og 7 cm. 3 Vi slår en sirkel om B med radius 4 cm og får punktet C i skjæringen med sirkelen med radius 6,5 cm. 4 Vi slår en sirkel om C med radius 6 cm og får punktet D i skjæringen med sirkelen om A med radius 7 cm. Aschehoug Side 47 av 105

48 5 Vi trekker linjestykkene BC, CD og AD. b 1 Vi avsetter linjestykket EF = 4 cm. Vi slår en sirkel om E med radius 8 cm. 3 Vi slår en sirkel om F med radius 5 cm og får punktet G i skjæringen med sirkelen i punkt. 4 Vi slår en sirkel med radius 5 cm om G. 5 Vi trekker linjestykket EG og konstruerer midtpunktet M. 6 Vi slår halvsirkelen med radius EM og M som sentrum. 7 Vi markerer H i skjæringen mellom sirkelen i punkt 4 og halvsirkelen i punkt 6. Vi trekker linjestykkene FG, GH og EH. c 1 Vi avsetter linjestykket IJ = 6 cm. Vi konstruerer normalene på IJ gjennom I og J. 3 Vi slår en sirkel om I med radius 8 cm og markerer skjæringen med normalen gjennom J for K. 4 Vi konstruerer normalen i K på JK og markerer skjæringen med normalen gjennom I for L. Aschehoug Side 48 av 105

49 d 1 Vi avsetter linjestykket MN = 8 cm. Vi konstruerer N = Vi slår en bue om N med radius 5 cm og markerer skjæringspunktet O med høyre vinkelbein i N. 4 Vi konstruerer parallellen til MN som går gjennom O. 5 Vi slår en sirkelbue med radius 6 cm om O og markerer punkt P i skjæringen mellom parallellen og sirkelen. 6 Vi trekker linjestykket MP. Aschehoug Side 49 av 105

50 Vi avsatte linjestykket AD = 6 cm. Vi konstruerte D = 75 og A = Vi slo en sirkel med sentrum i A og radius 5 cm og markerte skjæringspunktet B med det høyre vinkelbeinet til A. 4 Vi slo en sirkel med sentrum i D og radius 1 cm og markerte skjæringspunktet C med det venstre vinkelbeinet til D. 5 Vi trakk hjelpelinjestykket BC og konstruerte midtpunktet M. 6 Vi slo en halvsirkel med sentrum i M med BM som radius a 1 Vi avsatte linjestykket AB = 6 cm. Vi konstruerte A = 60 og B = Vi markerte punkt C i skjæringen mellom A sitt venstre vinkelbein og B sitt høyre vinkelbein. Aschehoug Side 50 av 105

51 b 1 Vi avsatte linjestykket AB = 8 cm. Vi konstruerte A = 75 og B =,5. 3 Vi markerte punkt C i skjæringen mellom A sitt venstre vinkelbein og B sitt høyre vinkelbein. c 1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm. Vi konstruerte normalen i A på AB og fikk A = Vi slo en bue om B med radius 14 cm. 4 Vi markerte C i skjæringen mellom buen om B og A sitt venstre vinkelbein. d Ettersom C ligger like langt fra A som fra B, vet vi at C må ligge på det geometriske stedet midtnormalen til AB. 1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm. Vi konstruerte A = Vi konstruerte midtnormalen til AB. 4 Vi markerte C i skjæringen mellom midtnormalen og A sitt venstre vinkelbein. Aschehoug Side 51 av 105

52 Vi avsatte linjestykket AB = 6 cm. Vi konstruerte A = Vi konstruerte normalen i B og markerte D 5 cm opp langs normalen. 4 Vi konstruerte parallellen til AB gjennom D. 5 Vi markerte C i skjæringen mellom parallellen og A sitt venstre vinkelbein a 1 Vi avsatte linjestykket AB = x ved å la passeråpningen være x og slå to buer på en linje. Vi markerte midtpunktet D på AB slik at AD er x. 3 Vi slo en halvsirkel om D med AD som radius. Aschehoug Side 5 av 105

53 4 Vi halverte linjestykket x og slo en bue om A med radius x. 5 Vi markerte C i skjæringen mellom sirkelbuen og om A og sirkelbuen om D. 6 Vi trakk AC og BC. b Vi ser at ABC er rettvinklet og bruker pytagorassetningen: AC + BC = AB + BC = x ( x) x + BC = 4x 4 x 16x x 15x BC = 4x = = BC = x Vi avsatte linjestykket AB = a = 14. Vi konstruerte A = 60 og B = Vi markerte punkt C i skjæringen mellom A sitt venstre vinkelbein og B sitt høyre vinkelbein. Aschehoug Side 53 av 105

54 Vi avsatte linjestykket AB = x. Vi konstruerte midtpunktet til AB og slo en halvsirkel med AB som diameter. 3 Vi kopierte v til A og halverte v. v 4 Vi markerte C i skjæringen mellom halvsirkelen og venstre vinkelbein til A = Vi avsatte linjestykket AB = 8 cm. Vi konstruerte den øvre parallellen til AB med avstand 3 cm fra AB. 3 Vi slo en bue om A med radius 6 cm. 4 Vi markerte C i skjæringen mellom parallellen og buen om A. 5 Vi felte normalen fra C til AB og markerte skjæringspunktet D. 6 Vi trakk AC og BC. Aschehoug Side 54 av 105

55 5.91 a 1 Vi avsatte AB = 6 cm. Vi konstruerte A = 60 og B = = Vi slo en bue om A med radius 7 cm og markerte D i skjæringen med A sitt venstre vinkelbein. 4 Vi slo en bue om B med radius 6 cm og markerte C i skjæringen med B sitt høyre vinkelbein. 5 Vi trakk linjestykket CD. b 1 Vi avsatte AB = 7 cm. Vi konstruerte normalene i A og B på AB. 3 Vi slo en bue om A med radius 7 cm og en bue om B med 7 cm og markerte skjæringene med normalene C og D. 4 Vi trakk linjestykket CD. Aschehoug Side 55 av 105

56 c 1 Vi avsatte AB = 7 cm. Vi konstruerte B = = Vi slo en bue om B med radius 7 cm og markerte punkt C i skjæringen med B sitt høyre vinkelbein. 4 Vi slo en bue med radius 7 cm om A og en bue med radius 7 cm om C. 5 Vi markerte skjæringen D mellom disse buene. 6 Vi trakk linjestykkene AD og CD. d 1 Vi avsatte AB = 9 cm. Vi konstruerte A = Vi konstruerte den øvre parallellen til AB 6 cm fra AB. 4 Vi markerte punkt D i skjæringen mellom parallellen og venstre vinkelbein til A. 5 Vi slo en bue om D med radius 9 cm og markerte punkt C i skjæringen med parallellen. 6 Vi avsatte linjestykket BC. Aschehoug Side 56 av 105

57 e Vi konstruerte A = = 67,5. Vi slo en bue om A med radius 9, og markerte punkt D i skjæringen med A sitt venstre vinkelbein. 3 Vi felte normalen fra D ned på A sitt høyre vinkelbein og markerte B i skjæringen. 4 Vi konstruerte parallellen til AD gjennom B. 5 Vi konstruerte midtnormalen til BD og markerte punkt C i skjæringen med parallellen. 6 Vi trakk CD og BC. Aschehoug Side 57 av 105

58 5.9 a 1 Vi avsatte linjestykke AB = 8. Vi konstruerte A = Vi konstruerte B = 5,5 ved å halvere = Vi markerte punkt C i skjæringen mellom de vinkelbeina fra punkt og 3. 5 Vi trakk AC og BC. b 1 Vi avsatte linjestykke AB = 10. Vi konstruerte A = 45 og B = Vi markerte C i skjæringen mellom venstre vinkelbein til A og høyre vinkelbein til B. 4 Vi trakk AC og BC. c Det er to muligheter for punkt C i denne trekanten fordi avstanden til parallellen fra AB er kortere enn radien på sirkelen med AB som diameter. 1 Vi avsatte linjestykket AB = 10. Vi konstruerte den øvre parallellen til AB, 3 fra AB. 3 Vi konstruerte midtpunktet M til AB og slo den øvre halvsirkelen med M som sentrum og AM som radius. Aschehoug Side 58 av 105

59 4 Vi markerte C 1 og C i skjæringene mellom parallellen til AB og halvsirkelen. 5 Vi trakk AC 1, BC 1, AC og BC. d Vi får vite at C ligger like langt fra A som B, og vi kan dermed slutte at C må ligge på midtnormalen til AB (geometrisk sted), og at trekant ABC er likebeint. Vi kan da regne ut at A = = Vi avsatte linjestykke AB = 7. Vi konstruerte midtnormalen til AB. 3 Vi konstruerte A = Vi markerte punkt C i skjæringen mellom midtnormalen til AB og vinkel A sitt venstre vinkelbein. 5 Vi trakk BC Vi avsatte en linje, markerte punkt A og slo tre buelengder med lengde x. Vi konstruerte midtpunktet B mellom siste buestrek og A. 3 Vi tredelte lengden x og slo en bue om A med lengde 3 x. 4 Vi konstruerte midtpunktet M til AB og slo den øvre halvsirkelen med M som sentrum og radius AM. Aschehoug Side 59 av 105

60 5 Vi markerte punkt C i skjæringen mellom halvsirkelen og buen fra punkt 3. 6 Vi trakk AC og BC. Løsninger til oppgavene i boka 5.94 Det er to muligheter for punkt C i denne trekanten fordi avstanden a til parallellen fra AB er kortere enn radien 3a/ på buen om B. 1 Vi avsatte linjestykket AB = a = 7. Vi forlenget AB to ganger og konstruerte midtpunktet D. 3 Vi slo en bue om B med radius AD. 4 Vi konstruerte den øvre parallellen til AB med avstand a = 7. 5 Vi markerte skjæringspunktene C 1 og C mellom buen om B og parallellen. 6 Vi trakk AC 1, BC 1, AC og BC. Aschehoug Side 60 av 105

61 Vi avsatte en linje og slo tre sirkelbuer med lengde x fra et punkt A. Vi konstruerte midtpunktet B mellom tredje buestrek og A. 3 Vi kopierte vinkel v med AB som høyre vinkelbein, og halverte denne. 4 Vi konstruerte B = Vi markerte punkt C i skjæringen mellom venstre vinkelbein til A og høyre vinkelbein til B. 6 Vi trakk BC. Aschehoug Side 61 av 105

62 5.96 a 1 Vi avsatte linjestykket AB = 6. Vi konstruerte B = Vi slo en bue med radius 8 om B og markerte C i skjæringen mellom det høyre vinkelbeinet til B og buen. 4 Vi trakk AC og konstruerte midtnormalen. 5 Vi slo en bue med radius 9 om C og markerte D i skjæringen midtnormalen og buen. 6 Vi trakk linjestykket AD. b 1 Vi trakk en linje og markerte et punkt B. Vi konstruerte B = Vi slo en bue om B med radius 7 cm og markerte C i skjæringen mellom buen og B sitt høyre vinkelbein. 4 Vi konstruerte = 45 i C på BC og markerte A i skjæringen mellom vinkelens høyre vinkelbein og linja fra punkt 1. 5 Vi konstruerte midtpunktet M på AC og slo en halvsirkel med radius AM og med sentrum i M. 6 Vi slo en bue om A med radius 3 cm og markerte i punkt D i skjæringen mellom buen og halvsirkelen. 7 Vi trakk AD og CD. Aschehoug Side 6 av 105

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene 6.1 a Det geometriske stedet er en sirkellinje med sentrum i punktet og radius 5 cm. 6. Vi ser at koordinataksene er vinkelhalveringslinjene for

Detaljer

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til kapitteltesten i læreboka

R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til kapitteltesten i læreboka R1 kapittel 6 Geometri Løsninger til kapitteltesten i læreboka 6.A a ABC DEC fordi C er felles i de to trekantene. AB DE, og da er BAC = EDC og ABC = DEC. Vinklene i de to trekantene er parvis like store,

Detaljer

Oppgaver i kapittel 6

Oppgaver i kapittel 6 Oppgaver i kapittel 6 603, 604, 606, 607, 608, 609, 610, 616, 619, 68, 630, 63, 633, 641 Jeg har ikke laget figurer på alle oppgavene, men det bør dere gjøre! 603 u og 70 er begge periferivinkler til v,

Detaljer

1 Å konstruere en vinkel på 60º

1 Å konstruere en vinkel på 60º 1 Å konstruere en vinkel på 60º Vi skal konstruere en 60º vinkel med toppunkt i A. Høyre vinkelbein skal ligge langs linja l. Slå en passende sirkelbue om A. Sirkelbuen skjærer l i et punkt B. Slå en sirkelbue

Detaljer

Eksamen REA3022 R1, Høsten 2010

Eksamen REA3022 R1, Høsten 2010 Eksamen REA30 R1, Høsten 010 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 (0 poeng) a) Deriver funksjonene 1) f x x e x e x

Detaljer

1.14 Oppgaver. Løsningsforslag

1.14 Oppgaver. Løsningsforslag til oppgaver i avsnitt.4.4 Oppgaver..4. Konstruer tangenten til en sirkel fra et punkt utenfor sirkelen..4. A og B er to punkter i planet. Konstruer det geometriske stedet for toppunktet til en vinkel

Detaljer

GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD

GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD Abstract. Dette kompendiet er laget for et etterutdanningskurs i geometri, og det gir bakgrunn for og supplerer forelesningene i kurset samtidig som det inneholder relevante

Detaljer

R1-6.1-6.4 Geometri. I Figuren viser et trapes ABCD, hvor CAB 30, DBC 40, BDC 30. Geometri. Løsningsskisse

R1-6.1-6.4 Geometri. I Figuren viser et trapes ABCD, hvor CAB 30, DBC 40, BDC 30. Geometri. Løsningsskisse R1-6.1-6.4 Geometri Løsningsskisse I Figuren viser et trapes ABCD, hvor CAB 30, DBC 40, BDC 30 a) Hvilke kongruente trekanter finner du her? b) Hvilke formlike trekanter finner du her? c) Finn alle vinklene

Detaljer

Løsningsforslag kapittel 3

Løsningsforslag kapittel 3 Løsningsforslag kapittel 3 Innhold Oppgave 3.2... 2 Oppgave 3.4... 2 Oppgave 3.8... 3 Oppgave 3.14... 5 Oppgave 3.17... 6 Oppgave 3.23... 7 Oppgave 3.29... 8 Oppgave 3.35... 9 Oppgave 3.38... 10 Oppgave

Detaljer

Bevis i Geometri. 23. April, Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo

Bevis i Geometri. 23. April, Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo Kristian Ranestad Matematisk Institutt, Universitetet i Oslo 23. April, 2012 Matematikk - å regne - å resonnere/argumentere Geometri -hvorfor? Argumentasjon og bevis, mer enn regning etter oppskrifter.

Detaljer

Punktene A, B, C og D ligger på linje med innbyrdes avstander AB = 3, BC = 6, CD = 8 og DE = 4.

Punktene A, B, C og D ligger på linje med innbyrdes avstander AB = 3, BC = 6, CD = 8 og DE = 4. Oppgave Punktene A, B, C og D ligger på linje med innbyrdes avstander AB =, BC = 6, CD = 8 og DE =. Hva er minste mulige verdi for AE? A 0 B C D E 5 Tegn! Start med å tegne ei lang rett linje, plasser

Detaljer

Løsning eksamen R1 våren 2009

Løsning eksamen R1 våren 2009 Løsning eksamen R1 våren 009 Oppgave 1 a) 1) f( ) ( 1) 4 f ( ) 4( 1) ( 1) 4( 1) 8 ( 1) ) g ( ) e 3 3 3 g( ) e ( e ) 1 e e ( ) 1e e (1) e b) ( ) lim lim lim ( ) 4 4 4 ( ) ( ) ( ) ( ) c) ( ) ( ) ( ) ( )

Detaljer

Trekanter er mangekanter med tre sider. Vi skal starte med å bli kjent med verktøyet som brukes til å tegne mangekanter.

Trekanter er mangekanter med tre sider. Vi skal starte med å bli kjent med verktøyet som brukes til å tegne mangekanter. Trekanter GeoGebra er godt egnet til å tegne trekanter og eksperimentere med dem. Vi skal nå se på hvordan vi kan tegne trekanter når vi kjenner en eller flere sider eller vinkler. Vi skal også se på hvordan

Detaljer

ivar richard larsen/geometri, oppsummert/ Side 1 av 25

ivar richard larsen/geometri, oppsummert/ Side 1 av 25 Side 1 av 25 INNHOLDSFORTEGNELSE INNHOLDSFORTEGNELSE... 2 DEFINISJON... 4 LÆREPLAN I MATEMATIKK FELLESFAG... 4 NOEN GUNNLEGGENDE GEOMETRISKE BEGREPER... 4 Punkt... 4 Linje... 4 Linjestykke... 4 Stråle...

Detaljer

OPPGAVER I GEOMETRI REDIGERT AV KRISTIAN RANESTAD

OPPGAVER I GEOMETRI REDIGERT AV KRISTIAN RANESTAD OPPGAVER I GEOMETRI REDIGERT AV KRISTIAN RANESTAD Oppgaver merket med * er vanskeligere enn de andre. OPPGAVE 1 a) Bevis at en firkant har en omskrevet sirkel hvis og bare hvis motstående vinkler er supplementære

Detaljer

5.A Digitale hjelpemidler i geometri

5.A Digitale hjelpemidler i geometri 5.A Digitale hjelpemidler i geometri Geometri handler om egenskapene til punkter, linjer og figurer i planet og i rommet. I alle tider har blyant og papir samt passer og linjal vært de viktigst hjelpemidlene

Detaljer

Løsningsforslag til del 2 av oppgavesettet Geometri i Sirkel oppgavebok 10B, kapittel 6

Løsningsforslag til del 2 av oppgavesettet Geometri i Sirkel oppgavebok 10B, kapittel 6 Geometri Del Løsningsforslag til del av oppgavesettet Geometri i Sirkel oppgavebok 10B, kapittel 6 Oppgave.1 a Lengden til golvet på tegningen blir: 400 cm 8cm Bredden til golvet på tegningen blir: 300

Detaljer

Mellomprosjekt i MAT4010: Trekanter i planet

Mellomprosjekt i MAT4010: Trekanter i planet Mellomprosjekt i MAT4010: Trekanter i planet Anne Line Kjærgård, Cecilie Anine Thorsen og Marie Vaksvik Draagen 6. mai 2014 1 Innhold 1 Trekanter i plangeometri 3 2 Oppgavebeskrivelse 3 3 Generelle egenskaper

Detaljer

3.4 Geometriske steder

3.4 Geometriske steder 3.4 Geometriske steder Geometriske steder er punkter eller punktmengder som følger visse kriterier; dvs. ligger på bestemte steder i forhold til andre punkter eller punktmengder. Av disse kan man definere

Detaljer

Løsningsforslag til problemløsningsoppgaver i MA-132 Geometri høsten 2008.

Løsningsforslag til problemløsningsoppgaver i MA-132 Geometri høsten 2008. Løsningsforslag til problemløsningsoppgaver i M-12 Geometri høsten 2008. Oppgave 1 a. Vi starter med å utføre abri-versjoner av standardkontruksjoner for de oppgitte vinklene. (t problem med abri er at

Detaljer

H. Aschehoug & Co www.lokus.no Side 1

H. Aschehoug & Co www.lokus.no Side 1 1 Bli kjent med GeoGebra GeoGebra er et dynamisk geometriprogram. Det vil si at vi kan gjøre en del endringer på figurene vi tegner, uten å måtte tegne dem på nytt, figuren endres dynamisk. Dette gir oss

Detaljer

Menylinje og de vanligste funksjonene. Her gjør du de tilpasningene du trenger.

Menylinje og de vanligste funksjonene. Her gjør du de tilpasningene du trenger. GeoGebra GeoGebra 1 GeoGebra er et dynamisk geometriprogram. Ved hjelp av dette programmet kan du framstille forskjellige geometriske figurer, forskjellige likninger (likningssett) og ulike funksjonsuttrykk,

Detaljer

Lærerveiledning. Oppgave 1. På figuren er ABCD et kvadrat, mens ABE er en likesidet trekant. Da er ÐAED lik. Tips til veiledning:

Lærerveiledning. Oppgave 1. På figuren er ABCD et kvadrat, mens ABE er en likesidet trekant. Da er ÐAED lik. Tips til veiledning: Oppgave 1 På figuren er ABCD et kvadrat, mens ABE er en likesidet trekant. Da er ÐAED lik A 10 B 1,5 C 15 D 0 E,5 Skriv på alle kjente vinkler og marker vinkelen dere skal finne på figuren. Marker alle

Detaljer

E.1: Kunne regne ut areal av formlike figurer når målestokken er oppgitt, med omgjøring av enheter E.2: Kunne anvende regelen om samsvarende

E.1: Kunne regne ut areal av formlike figurer når målestokken er oppgitt, med omgjøring av enheter E.2: Kunne anvende regelen om samsvarende 11. mai 2014 INNHOLD INNHOLD... 2 INNLEDNING... 4 STEGARK... 5 GJENNOMGANG AV HVERT STEG... 11 NIVÅ A: FINNE LENGDER I FORMLIKE FIGURER NÅR MÅLESTOKKEN ER OPPGITT13 A.1: En figur, hvor minst en lengde

Detaljer

R1 Eksamen høsten 2009 Løsning

R1 Eksamen høsten 2009 Løsning R1 Eksamen, høsten 009 Løsning R1 Eksamen høsten 009 Løsning Del 1 Oppgave 1 3 a) Deriver funksjonen f( x) 5e x f( x) 5e 3 15e 3 x 3x b) Deriver funksjonen gx x 3 ln x x x g( x) 3x ln x x 3 x 3ln 1 3 c)

Detaljer

1.9 Oppgaver Løsningsforslag

1.9 Oppgaver Løsningsforslag til Oppgaver 19 19 Oppgaver 191 (Eksamen i grunnskolen 1993) a I et parallellogram ABCD er avstanden mellom de parallelle sidene AB og CD 5,0 cm Konstruer parallellogrammet når siden AB=9,0 cm og A = 45

Detaljer

11 Nye geometriske figurer

11 Nye geometriske figurer 11 Nye geometriske figurer Det gylne snitt 1 a) Mål lengden og bredden på et bank- eller kredittkort. Regn ut forholdet mellom lengden og bredden. Hvilket tall er forholdet nesten likt, og hva kaller vi

Detaljer

NORGES INFORMASJONSTEKNOLOGISKE HØGSKOLE

NORGES INFORMASJONSTEKNOLOGISKE HØGSKOLE Oppgavesettet består av 6 (seks) sider. NORGES INFORMASJONSTEKNOLOGISKE HØGSKOLE Matematikk R1 GEOMETRI OG VEKTORER Tillatte hjelpemidler: Alle Varighet: Ubegrenset Dato: 10.4 (Innleveringsfrist) Fagansvarlig:

Detaljer

Løsningsforslag. Høst Øistein Søvik

Løsningsforslag. Høst Øistein Søvik Eksamen R Løsningsforslag Høst 0..0 Øistein Søvik Del Oppgave a ) ) f x x ex Her bruker vi regelen som sier at uv ' u ' v uv ' u x, u ' og v e x, v ' e x f ' x ex x ex f ' x x ex f ' x x e x Oppgave )

Detaljer

Geometri. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne

Geometri. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne 8 1 Geometri Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke geometri i planet til å analysere og løse sammensatte teoretiske og praktiske problemer knyttet til lengder, vinkler og areal 1.1 Vinkelsummen

Detaljer

GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD

GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD GEOMETRI I PLANET KRISTIAN RANESTAD 1. Innledning Dette er kompendiet i Euklidsk plangeometri leder til beviser av Pappos setning og Pascals setning. En rekke kjente setninger er vist underveis, med argumenter

Detaljer

1P kapittel 3 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene

1P kapittel 3 Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene 1P kapittel Geometri Løsninger til innlæringsoppgavene.1 a 10 mm = 10 1 mm = 10 0,1 cm = 1 cm Bredden av A4-arket er 1 cm. 9800 m = 9800 1 m = 9800 0,001 km = 9,8 km Anne løp 9,8 km. c 60 km = 60 1 km

Detaljer

3Geometri. Mål. Grunnkurset K 3

3Geometri. Mål. Grunnkurset K 3 Geometri Mål Når du er ferdig med grunnkurset, skal du kunne finne speilingssymmetri og rotasjonssymmetri i figurer i planet kjenne til vinkelsummen i en trekant, komplementærvinkler, supplementvinkler,

Detaljer

Eksamensoppgave i MA2401/MA6401 Geometri

Eksamensoppgave i MA2401/MA6401 Geometri Institutt for matematiske fag Eksamensoppgave i MA2401/MA6401 Geometri Faglig kontakt under eksamen: Frode Rønning Tlf: 7355 0256 Eksamensdato: 21. mai 2014 Eksamenstid (fra til): 09:00 13:00 Hjelpemiddelkode/Tillatte

Detaljer

Heldagsprøve R Thora Storms vgs.

Heldagsprøve R Thora Storms vgs. R1 HD V01 Heldagsprøve R1-6.04.1 - Thora Storms vgs. Løsningsskisser Del 1 - Uten hjelpemidler Oppgave 1 a) Deriver funksjonene: 1) fp 0. 01p 4 0. 7p 3. 1 f p 0. 01 4p 3 0. 7 0. 084p 3 0. 7 ) gx x 1 x

Detaljer

Lærerveiledning. Oppgave 1. Hva er arealet av det grå området i figuren? Tips til veiledning:

Lærerveiledning. Oppgave 1. Hva er arealet av det grå området i figuren? Tips til veiledning: Oppgave 1 Hva er arealet av det grå området i figuren? A 3 B 5 C 6 D 9 E 1 Hva slags geometriske figurer er det grå området er sammensatt av? Finn grå områder som er like store. Tenke dere de mørke bitene

Detaljer

Jan Erik Gulbrandsen Arve Melhus 10A. Matematikk for ungdomstrinn. Matematikk for ungdomstrinnet. Fasit. Grunnbok 10A

Jan Erik Gulbrandsen Arve Melhus 10A. Matematikk for ungdomstrinn. Matematikk for ungdomstrinnet. Fasit. Grunnbok 10A Jan Erik Gulbrandsen Arve Melhus Matematikk for ungdomstrinn Matematikk for ungdomstrinnet 0A Fasit Grunnbok 0A FASIT TIL KAPITTEL A GEOMETRI A Konstruer speilbildet av endepunktene til linjestykkene og

Detaljer

R1 - Eksamen H Løsningsskisser. Del 1

R1 - Eksamen H Løsningsskisser. Del 1 Oppgave R - Eksamen H0-30..00 Løsningsskisser Del ) Produktregel: f x e x xe x e x x ) Kjerneregel: g x 3 u, u x g x 3 u x 3x x P 3 6 6 6 6 0 Trenger ikke polynomdivisjon, kan faktorisere direkte: x x

Detaljer

Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1

Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 DEL 1 Oppgave 1 Heldagsprøve i R1-8.mai 2009 Løsningsskisser DEL 1 I et koordinatsystem med origo O 0,0 har vi gitt punktene A 1,3, B 3,2 og C t,5. 1. Bestem t slik at AB AC. 2. Bestem t slik at AB AC. 3. Bestem

Detaljer

Normaler og vinkler. Å tegne normaler. To verktøy er aktuelle når vi skal tegne normaler: Normal linje og Midtnormal. Aschehoug 1

Normaler og vinkler. Å tegne normaler. To verktøy er aktuelle når vi skal tegne normaler: Normal linje og Midtnormal. Aschehoug 1 Normaler og vinkler I dette opplæringsløpet lærer du ulike metoder for å tegne normaler og vinkler samt å måle vinkler. Det du lærer i dette løpet skal du bruke senere når du skal tegne trekanter og figurer

Detaljer

Kapittel 5. Lengder og areal

Kapittel 5. Lengder og areal Kapittel 5. Lengder og areal Dette kapitlet handler om å: Beregne sider i rettvinklede trekanter med Pytagoras setning. Beregne omkrets av trekanter, firkanter og sirkler. Beregne areal av enkle figurer,

Detaljer

Eksamen våren 2008 Løsninger

Eksamen våren 2008 Løsninger Eksamen våren 008 Løsninger Eksamen våren 008 Løsninger Del Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med cm-mål og vinkelmåler Oppgave a f x ( ) x ln = x f ( x) = x lnx+ x = xlnx+x x b c ( ) (

Detaljer

TRIGONOMETRI KRISTIN LÅGEIDE OG THEA-KAROLINE NOMERSTAD

TRIGONOMETRI KRISTIN LÅGEIDE OG THEA-KAROLINE NOMERSTAD TRIGONOMETRI KRISTIN LÅGEIDE OG THEA-KAROLINE NOMERSTAD Abstract. Oppgaven tar for seg utvalgte temaer innenfor trigonometri, og retter seg mot lærere som skal undervise i fagene 1T og R2. Date: May 7,

Detaljer

R1 - Eksamen V Løsningsskisser. Del 1

R1 - Eksamen V Løsningsskisser. Del 1 Oppgave 1 R1 - Eksamen V10-7.05.010 Løsningsskisser Del 1 1) Produktregel: f x 3x lnx x 3 1 x 3x lnx x x 3lnx 1 ) Kjerneregel: f x 4e u, u x 3x f x 4e u x 3 4 x 3 e x 3x 1) P 3 4 4 16 0 P 0 P x x Q x x

Detaljer

Geometri med GeoGebra Del 2

Geometri med GeoGebra Del 2 Geometri med GeoGebra Del 2 Å endre linjestil eller farge, og vise navn på objekt Vi kan endre farge og stil på hjelpelinjer for å framheve det objektet vi egentlig skal lage. Ved hjelp av ikonene på stilmenyen

Detaljer

Løsningsforslag heldagsprøve 1T 19.05.2011 DEL 1 OPPGAVE 1. a1) Regn ut 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 1 10 32 22 22.

Løsningsforslag heldagsprøve 1T 19.05.2011 DEL 1 OPPGAVE 1. a1) Regn ut 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 3 2 2 3 10 8 2 2 1 10 32 22 22. c) Løs likningen 6 4 x 4 x 6 4 x 4 x Løsningsforslag heldagsprøve 1T 19.05.011 DEL 1 OPPGAVE 1 a1) Regn ut 10 8 3 3 10 8 3 3 10 8 1 10 3 a) 3 5 4 5 3 5 5 4 5 3 5 5 3 5 5 4 5 1 3 5 1 5 1 1 3 1 5 1 3 3 5

Detaljer

Innhold. Matematikk for ungdomstrinnet

Innhold. Matematikk for ungdomstrinnet Innhold DYNAMISK GEOMETRIPROGRAM... 3 Skjermbildet i GeoGebra... 3 Oppsett av skjermbildet... 4 Verktøylinja... 4 PUNKT OG SIRKLER... 5 Punkt... 5 Sirkel... 6 Linjer... 7 NYTTIGE VERKTØY... 8 Lagre...

Detaljer

1.7 Digitale hjelpemidler i geometri

1.7 Digitale hjelpemidler i geometri 1.7 Digitale hjelpemidler i geometri Geometri handler om egenskapene til punkter, linjer og figurer i planet og i rommet. I alle tider har blyant og papir samt passer og linjal vært de viktigst hjelpemidlene

Detaljer

Kapittel 3 Geometri Mer øving

Kapittel 3 Geometri Mer øving Kapittel 3 Geometri Mer øving Oppgave 1 Utfør disse konstruksjonene. a Konstruer en normal fra en linje til et punkt. Konstruer en normal fra en linje i et punkt på linja. c Konstruer en midtnormal. d

Detaljer

Et internasjonalt môlesystem. OgsÔ kalt det metriske systemet. Den grunnleggende SI-enheten for môling av lengde er meter. Symbolet for meter er m.

Et internasjonalt môlesystem. OgsÔ kalt det metriske systemet. Den grunnleggende SI-enheten for môling av lengde er meter. Symbolet for meter er m. SI-systemet Lengde Masse Volum Et internasjonalt môlesystem. OgsÔ kalt det metriske systemet. Den grunnleggende SI-enheten for môling av lengde er meter. Symbolet for meter er m. Den grunnleggende SI-enheten

Detaljer

1.8 Digital tegning av vinkler

1.8 Digital tegning av vinkler 1.8 Digital tegning av vinkler Det går også an å tegne mangekanter digitalt når vi kjenner noen vinkler og sider. Her tegner vi ABC når A = 50, AB = 6 og AC = 4. I GeoGebra setter vi først av linjestykket

Detaljer

Geogebra er viktig i dette kapitlet, samt passer, linjal, blyant og viskelær! Tommy og Tigern:

Geogebra er viktig i dette kapitlet, samt passer, linjal, blyant og viskelær! Tommy og Tigern: Tempoplan: Etter dette kapitlet repetisjon og karaktergivende prøver! 7: Geometri Kunnskapsløftet de nye læreplanene legger vekt på konstruksjon av figurer! I utgangspunktet kan det høres ganske greit

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA3022 - Desember 2007

Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA3022 - Desember 2007 Løsningsforslag Eksamen eksempeloppgave R1 - REA022 - Desember 200 eksamensoppgaver.org October 2, 2008 eksamensoppgaver.org 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksempeloppgave i R1

Detaljer

Geometri. A1A/A1B, vår 2009

Geometri. A1A/A1B, vår 2009 Geometri A1A/A1B, vår 2009 27. mars 2009 1. Grunnleggende begreper 2. Areal 3. Kongruens og formlikhet 4. Periferivinkler og Thales setning 5. Pytagoras setning 6. Romfigurer, overflate og volum 7. Undervisning

Detaljer

Eksamen REA3022 R1, Våren 2010

Eksamen REA3022 R1, Våren 2010 Eksamen REA0 R1, Våren 010 Del 1 Tid: timer Hjelpemidler: Vanlige skrivesaker, passer, linjal med centimetermål og vinkelmåler er tillatt. Oppgave 1 a) Deriver funksjonene 1) ln f 1 f ) g ln ln ln 1 4e

Detaljer

Kapittel 5. Lengder og areal

Kapittel 5. Lengder og areal Kapittel 5. Lengder og areal Mål for Kapittel 5, Lengder og areal. Kompetansemål Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke og grunngi bruk av formlikhet, målestokk og Pytagoras setning til beregninger

Detaljer

Kurs. Kapittel 2. Bokmål

Kurs. Kapittel 2. Bokmål Kurs 8 Kapittel 2 Bokmål D.8.2.1 1 av 4 Introduksjon til dynamisk geometri med GeoGebra Med et dynamisk geometriprogram kan du tegne og konstruere figurer som du kan trekke og dra i. I noen slike programmer

Detaljer

SAMMENDRAG OG FORMLER

SAMMENDRAG OG FORMLER SAMMENDRAG OG FORMLER SAMMENDRAG OG FORMLER Nye Mega 8A Kapittel A GEOMETRI LINJE, LINJESTYKKE OG STRÅLE linje stråle linjestykke VINKLER VINKELBEIN OG TOPPUNKT En vinkel har et toppunkt. Denne vinkelen

Detaljer

Eksamen 1T våren 2011

Eksamen 1T våren 2011 Eksamen 1T våren 011 Oppgave 1 a) 1) ) 7 6 00 000 =,6 10 0,04 10 =,4 10 4 b) c) x x + 6x= 16 + 6x 16 = 0 6 ± 6 4 1 ( 16) 6 ± 6 + 64 6 ± 100 6 ± 10 x = = = = = ± 5 1 x = 8 eller x = x x xx > 0 ( 1) > 0

Detaljer

Hvis noen vil løse oppgaven ved regning, må de bruke bokstaver som representasjon for noen av linjestykkene i figuren:

Hvis noen vil løse oppgaven ved regning, må de bruke bokstaver som representasjon for noen av linjestykkene i figuren: Oppgave ABCD og EFGH er like store kvadrater. AB EF og AD EH. Det fargelagte området har areal. Hvor stort er arealet til kvadratet ABCD? A B C ½ D 3/ E Det kommer an på hvordan man plasserer kvadratene

Detaljer

Løsningsforslag Matematikk for ungdomstrinnet Del 1, Modul 1, 4MX130UM1-K

Løsningsforslag Matematikk for ungdomstrinnet Del 1, Modul 1, 4MX130UM1-K Løsningsforslag Matematikk for ungdomstrinnet Del 1, Modul 1, 4MX130UM1-K ORDINÆR EKSAMEN 11.1.009 Oppgave 1 a) En følge av parallellaksiomet er at samsvarende vinkler ved parallelle linjer er like store.

Detaljer

TENTAMEN, VÅR FASIT MED KOMMENTARER.

TENTAMEN, VÅR FASIT MED KOMMENTARER. TENTAMEN, VÅR 017. FASIT MED KOMMENTARER. DELPRØVE 1. OPPG 1 556 + 1555 = 111 3 85 = - (85 3) 85-3 6 3 85 = - 6 C: 30. 9 718 108 = 1798 D: 68 : 3 = 16 6 3 18 18 OPPG 3 50 mm = 3,50 m 0, h = 0,. 60 = 1

Detaljer

YF kapittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgavene i læreboka

YF kapittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgavene i læreboka YF kpittel 6 Lengder og vinkler Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 601 Vi skl gå ett hkk mot høyre, og gnger derfor med 10. 14 cm 14 10 mm 140 mm c Vi skl gå to hkk mot høyre, og gnger derfor med 10

Detaljer

Geometri Verktøylinja i GeoGebra Konstruksjon / tegning Konstruksjonsforklaring Normaler, paralleller og vinkler Mangekant, areal og omkrets

Geometri Verktøylinja i GeoGebra Konstruksjon / tegning Konstruksjonsforklaring Normaler, paralleller og vinkler Mangekant, areal og omkrets 2 Geometri Verktøylinja i GeoGebra Konstruksjon / tegning Konstruksjonsforklaring Normaler, paralleller og vinkler Mangekant, areal og omkrets Eksamensoppgaver 0 Innholdsfortegnelse INTRODUKSJON GEOGEBRA...

Detaljer

Fagdag 1 - R1. Torsdag Geometri og vektorregning Johansen og Ulven

Fagdag 1 - R1. Torsdag Geometri og vektorregning Johansen og Ulven Innledning Fagdag 1 - R1 Torsdag 26.08.09 Geometri og vektorregning Johansen og Ulven Den første fagdagen skal fokusere på vektorregning (kapittel 1), geometri (kapittel 6) og bruk av GeoGebra Jeg starter

Detaljer

GeoGebra U + V (Elevark)

GeoGebra U + V (Elevark) GeoGebra U + V (Elevark) Forberedelser: - Åpne en ny fil i GeoGebra 4.0. - Skjul algebrafelt, inntastingsfelt og akser (fjern hakene under Vis-menyen). - Husk å lese hjelpeteksten på verktøylinja. Oppgave:

Detaljer

03.10.2013 Manual til. GeoGebra. Ungdomstrinnet. Ressurs til. Grunntall 8 10. Bjørn Bakke og Inger Nygjelten Bakke ELEKTRONISK UNDERVISNINGSFORLAG AS

03.10.2013 Manual til. GeoGebra. Ungdomstrinnet. Ressurs til. Grunntall 8 10. Bjørn Bakke og Inger Nygjelten Bakke ELEKTRONISK UNDERVISNINGSFORLAG AS 03.10.2013 Manual til GeoGebra Ungdomstrinnet Ressurs til Grunntall 8 10 Bjørn Bakke og Inger Nygjelten Bakke ELEKTRONISK UNDERVISNINGSFORLAG AS Innhold Verktøy... 4 Hva vinduet i GeoGebra består av...

Detaljer

Løsning eksamen 1T våren 2010

Løsning eksamen 1T våren 2010 Løsning eksamen 1T våren 010 Oppgave 1 a) 4 3 1 y - -1 1 3 4 5 6-1 x - -3-4 Nullpunktet er gitt ved f ( x) 0 x 30 x 3 3 x 1, 5 Dette ser vi stemmer med grafen. Den skjærer x-aksen i x = 1,5. b) x x 8x

Detaljer

Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 2

Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R2 kapittel 2 Løsning av utvalgte øvingsoppgaver til Sigma R kapittel B. a Da ABC er 90, blir AC + 8. Siden CAE er 90, blir CE + 8 7. b Vinkelen mellom CE og grunnflata blir vinkel ACE. tan ACE som gir at vinkelen blir

Detaljer

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (5 poeng) Oppgave 2 (5 poeng) Deriver funksjonene gitt ved. Polynomet P er gitt ved

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (5 poeng) Oppgave 2 (5 poeng) Deriver funksjonene gitt ved. Polynomet P er gitt ved DEL Uten hjelpemidler Oppgave (5 poeng) Deriver funksjonene gitt ved a) b) f x x x ( ) 3 6 4 g x x x 3 ( ) 5ln( ) c) h( x) x x Oppgave (5 poeng) Polynomet P er gitt ved 3 P( x) x 7x 4x k a) Vis at P er

Detaljer

Kurshefte GeoGebra. Ungdomstrinnet

Kurshefte GeoGebra. Ungdomstrinnet Kurshefte GeoGebra Ungdomstrinnet GeoGebra Geometri og algebra Dynamisk geometriverktøy Algebraisk verktøy Gratis Brukes på alle nivåer i utdanningssystemet Finnes på både bokmål og nynorsk Kan lastes

Detaljer

Geometri Vi på vindusrekka

Geometri Vi på vindusrekka Geometri Vi på vindusrekka Rektangel og kvadrat... 2 Trekant... 3 Sirkel... 6 Omkrets... 7 Omkrets av sirkel... 9 Pi... 11 Areal... 13 Punkt... 18 Linje... 19 Kurve... 20 Vinkel... 21 Normal... 22 Parallelle

Detaljer

5 Geometri. Trigonometri

5 Geometri. Trigonometri 5 Geometri. Trigonometri 1 I trekanten ABC er A = 65. AC = BC = 4,5 cm. CD står vinkelrett på AB. a) Regn ut sidene CD og AB. Punktet E ligger på forlengelsen av AB slik at BE er dobbelt så lang som AB.

Detaljer

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4

1T 2014 høst LØSNING 25000000000 0, 0005 = 2, 5 10 10 5 10 4 = 12, 5 10 6 = 1, 25 10 7. 2 2+ x 2 = 2 4 x 2 4 + x = 8 x = 4 3/8/06 T 0 høst LØSNING - matematikk.net T 0 høst LØSNING Contents Diskusjon av denne oppgaven Løsning av del Matteprat spørsmål om oppgave 6 del DEL EN Oppgave 5000000000 0, 0005 =, 5 0 0 5 0 =, 5 0 6

Detaljer

1T kapittel 6 Geometri Løsninger til oppgavene i læreboka

1T kapittel 6 Geometri Løsninger til oppgavene i læreboka T kpittel 6 Geometri Løsninger til oppgvene i læreok Oppgve 6. Vi ruker pytgorssetningen. h 5 + 6 h 5 + 36 h 6 h ± 6 Hypotenusen er 6. Vi ruker pytgorssetningen. h, 4 + 6,7 h h 5, 076 + 45, 04 50, 047

Detaljer

Kapittel 7. Lengder og areal

Kapittel 7. Lengder og areal Kapittel 7. Lengder og areal Dette kapitlet handler om å: Beregne sider i rettvinklede trekanter med Pytagoras setning. Beregne omkrets av trekanter, firkanter og sirkler. Beregne areal av enkle figurer,

Detaljer

Løsning eksamen R1 høsten 2009

Løsning eksamen R1 høsten 2009 Løsning eksamen R høsten 009 Oppgave a) b) f( ) 5e 3 f ( ) 5 e (3 ) 5e 35e 3 3 3 3 ( ) ln( ) g 3 3 3 g( ) ln( ) ln( ) 3 ln( ) ( ) 3 3 ln( ) 3 ln( ) (3ln( ) ) c) La 3 f( ) 0 0. Da er 3 f () 0 0 0 0 0 Dermed

Detaljer

Geometri. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne. bruke formlikhet og pytagorassetningen til beregninger og i praktisk arbeid

Geometri. Mål. for opplæringen er at eleven skal kunne. bruke formlikhet og pytagorassetningen til beregninger og i praktisk arbeid 8 1 Geometri Mål for opplæringen er at eleven skal kunne bruke formlikhet og pytagorassetningen til beregninger og i praktisk arbeid løse praktiske problemer knyttet til lengde, vinkel, areal og volum

Detaljer

Innhold. Matematikk for ungdomstrinnet

Innhold. Matematikk for ungdomstrinnet Innhold DYNAMISK GEOMETRIPROGRAM... 3 Skjermbildet i GeoGebra... 3 Oppsett av skjermbildet... 4 Verktøylinja... 4 PUNKT OG SIRKLER... 5 Punkt... 5 Sirkel... 6 Linjer... 7 NYTTIGE VERKTØY... 8 Lagre...

Detaljer

Geometri med GeoGebra

Geometri med GeoGebra Geometri med GeoGebra Del 1 Bli kjent med GeoGebra GeoGebra er et dynamisk geometriprogram. Det vil si at vi kan gjøre en del endringer på figurene vi tegner, uten å måtte tegne dem på nytt, figuren endres

Detaljer

Matematikk for ungdomstrinnet

Matematikk for ungdomstrinnet Innhold Dynamisk geometriprogram... 3 Skjermbildet i GeoGebra... 3 Oppsett av skjermbildet... 4 Verktøylinja... 4 Punkt og sirkler... 5 Punkt... 5 Sirkel... 6 Lagre... 6 To nyttige verktøy: «Flytt eller

Detaljer

Løsning eksamen R1 våren 2008

Løsning eksamen R1 våren 2008 Løsning eksamen R våren 008 Oppgave a) f ( ) ln f ( ) ( ) ln (ln ) ln ln b) c) d) e) ( 4 6) : ( ) 4 6 6 0 64 ( 8) ( 8) 8 8 8 6 lim lim lim 8 8 6 8 ( 8) 8 lg( y ) lg y lg lg lg y lg y lg lg y lg lg y y

Detaljer

Eksempeloppgåve/ Eksempeloppgave Desember 2007

Eksempeloppgåve/ Eksempeloppgave Desember 2007 Eksempeloppgåve/ Eksempeloppgave Desember 007 REA30 Matematikk R Programfag Nynorsk/Bokmål Del Oppgave a) Deriver funksjonene ) ln ) g x f x x x 3e x b) Bestem følgende grenseverdi, dersom den eksisterer:

Detaljer

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 3 Geometri

QED 5 10. Matematikk for grunnskolelærerutdanningen. Bind 2. Fasit kapittel 3 Geometri QED 5 0 Matematikk for grunnskolelærerutdanningen Bind Fasit kapittel Geometri Kapittel Oppgave a) ( +, + 7) = (4, 9) b) (0, 4 + 5) = (, ) c) ( + 0, + 6) = (, 9) Oppgave a) Vi får vektoren [4, ]. b) Vi

Detaljer

Årsprøve i matematikk for 9. trinn Kannik skole

Årsprøve i matematikk for 9. trinn Kannik skole Årsprøve i matematikk for 9. trinn Kannik skole Våren 2013 bokmål Navn: Gruppe: Informasjon Oppgavesettet består av to deler hvor alle oppgaver skal besvares. Del 1 og del 2 blir delt ut samtidig, men

Detaljer

1 Euklidsk geometri. 1.1 Grunnbegreper og notasjoner

1 Euklidsk geometri. 1.1 Grunnbegreper og notasjoner 1 Euklidsk geometri Geometri er et gammelt fag med røtter tilbake til den egyptiske og mesopotamiske oldtida. Euklid forsøkte å bygge opp geometri som en aksiomatisk teori i sitt verk Elementer, dvs. han

Detaljer

Fasit. Grunnbok. Kapittel 4. Bokmål

Fasit. Grunnbok. Kapittel 4. Bokmål Fasit 9 Grunnbok Kapittel 4 Bokmål Kapittel 4 Areal og omkrets 4.1 Alle unntatt C kan være riktige. 4.2 250 cm (= 2,50 m) langt kantebånd 4.3 3 m 4.4 a b 4 c 4 : 1 d e 9. Forhold 9 : 1 f s 2 g s 2 : 1

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008

Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008 Løsningsforslag Eksamen R1 - REA3022-28.05.2008 eksamensoppgaver.org September 14, 2008 2 Om løsningsforslaget Løsningsforslaget for matematikk eksamen i R1 er gratis, og det er lastet ned på eksamensoppgaver.org.

Detaljer

Bildet er fra Colorado i USA og viser et vanningssytem som har flere navn, blant annet circle pivot irrigation.

Bildet er fra Colorado i USA og viser et vanningssytem som har flere navn, blant annet circle pivot irrigation. LÆRERENS D IGITALBOK 3 LDB Flere oppgaver Løsningsforslag Kapittelprøve Verktøyopplæring Twig-arbeidsark Kopioriginaler Kapittel 3 er geometrikapitlet. På 8. trinn har vi valgt å konsentrere oss om konstruk

Detaljer

Matematikk GS3 Temaer våren 2013 DEL 1: GEOMETRI. 1. Måleenheter. 1.1 Lengdeenheter. 1.2 Arealenheter. Eksempel 1: Gjør om 5 m til dm, cm og mm

Matematikk GS3 Temaer våren 2013 DEL 1: GEOMETRI. 1. Måleenheter. 1.1 Lengdeenheter. 1.2 Arealenheter. Eksempel 1: Gjør om 5 m til dm, cm og mm Matematikk GS3 Temaer våren 2013 DEL 1: GEOMETRI 1. Måleenheter 1.1 Lengdeenheter Eksempel 1: Gjør om 5 m til dm, cm og mm m dm 5 m = 5 10 dm = 50 dm m cm 5 m = 5 10 10 cm = 5 10 2 cm = 500 cm m mm 5 m

Detaljer

1T 2014 vår LØSNING 9 1 2 6 0 4 1 3 ( 3 2 ) 1 1 = 3. 3 + x = 5 x = 2. + 8x + c = 16 DEL EN. Oppgave 1: Oppgave 2: Oppgave 3: Oppgave 4: Oppgave 5:

1T 2014 vår LØSNING 9 1 2 6 0 4 1 3 ( 3 2 ) 1 1 = 3. 3 + x = 5 x = 2. + 8x + c = 16 DEL EN. Oppgave 1: Oppgave 2: Oppgave 3: Oppgave 4: Oppgave 5: 1T 014 vår LØSNING Contents Oppgaven som pdf Tråd om denne oppgaven på Matteprat Enda en tråd om denne oppgaven på Matteprat Løsning laget av Nebu DEL EN Oppgave 1:, 5 10 15 3, 0 10 5 7, 5 10 15+( 5) 7,

Detaljer

5.5.1 Bruk matriseregning til å vise at en rotasjon er produktet av to speilinger. Løsningsforslag + + = =

5.5.1 Bruk matriseregning til å vise at en rotasjon er produktet av to speilinger. Løsningsforslag + + = = til oppgavene i avsnitt 55 til oppgaver i avsnitt 55 551 Bruk matriseregning til å vise at en rotasjon er produktet av to speilinger cos( u + v) sin( u + v) cosu sin u u+ v u = sin( u v) cos( u v) sin

Detaljer

GeoGebraøvelser i geometri

GeoGebraøvelser i geometri GeoGebraøvelser i geometri av Peer Andersen Peer Andersen 2014 Innhold Innledning... 3 Øvelse 1. Figurer i GeoGebra... 4 Øvelse 2. Noen funksjoner i GeoGebra... 8 Øvelse 3. Omskrevet sirkelen til en trekant...

Detaljer

Løsningsforslag Eksamen M1 Onsdag 14.desember 2005

Løsningsforslag Eksamen M1 Onsdag 14.desember 2005 Løsningsforslag Eksamen M Onsdag.desember 005 Her følger et kort løsningsforslag, med forbehold om at det kan ha sneket seg inn enkelte feil... Oppgave (0) a) V basskasse dm 5,5dm 5,0dm 75,dm 75, l Basskassen

Detaljer

Eksamen i matematikk løsningsforslag

Eksamen i matematikk løsningsforslag Eksamen i matematikk 101 - løsningsforslag BOKMÅL Emnekode: MAT101 Eksamen Tid: 4 timer Dato: 24.10.2016 Hjelpemidler: Kalkulator, linjal, tegne- og skrivesaker Studiested: Notodden og nett Antall sider:

Detaljer

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (2 poeng) Oppgave 2 (4 poeng) Oppgave 3 (4 poeng) I er en konstant. Deriver funksjonene

DEL 1. Uten hjelpemidler. Oppgave 1 (2 poeng) Oppgave 2 (4 poeng) Oppgave 3 (4 poeng) I er en konstant. Deriver funksjonene DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 ( poeng) Deriver funksjonene 3 a) f( x) 5x x 5 b) g( x) x e x Oppgave (4 poeng) Polynomfunksjonen P er gitt ved 3 P( x) x x 10x 8, DP a) Faktoriser P( x ) i førstegradsfaktorer.

Detaljer

FASIT OG TIPS til Rinvold: Visuelle perspektiv. Avbildninger og symmetri. Caspar forlag, 2. utgave, 2009

FASIT OG TIPS til Rinvold: Visuelle perspektiv. Avbildninger og symmetri. Caspar forlag, 2. utgave, 2009 FASIT OG TIPS til Rinvold: Visuelle perspektiv. Avbildninger og symmetri. Caspar forlag, 2. utgave, 2009 Versjon 07.01.2011. Det er ikke tatt med svar på alle oppgaver. Denne fasiten vil bli oppdatert

Detaljer

GeoGebra. Menylinjer og de vanligste funksjonene. GeoGebra

GeoGebra. Menylinjer og de vanligste funksjonene. GeoGebra 1 er et dynamisk geometriprogram. Ved hjelp av dette programmet kan du framstille forskjellige geometriske figurer, forskjellige likninger (likningssett) og ulike funksjonsuttrykk, og du kan gjøre endringer

Detaljer

DEL 1 Uten hjelpemidler

DEL 1 Uten hjelpemidler DEL 1 Uten hjelpemidler Oppgave 1 (0 poeng) a) Deriver funksjonene f = e 1) ( ) ) g( ) = 3 1 b) Vis at = 1 er en løsning av likningen 3 6 + 6= 0 Bruk polynomdivisjon til å finne de andre løsningene. c)

Detaljer

Euklids Elementer En sammenligning av geometri og geometrisk algebra i Euklids Elementer og i et nyere læreverk. Preben Lie Masteroppgave, våren 2016

Euklids Elementer En sammenligning av geometri og geometrisk algebra i Euklids Elementer og i et nyere læreverk. Preben Lie Masteroppgave, våren 2016 Euklids Elementer En sammenligning av geometri og geometrisk algebra i Euklids Elementer og i et nyere læreverk Preben Lie Masteroppgave, våren 2016 Forsidedesign av Martin Helsø Forsiden viser et utsnitt

Detaljer