1. No category

Løsninger til oppgavene i boka
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.
5.2
9 og får
a Vi bruker GeoGebra og skriver inn likningen x 2 + y 2 =
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
© Aschehoug
www.lokus.no
36 = 6 .
Side 1 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.4
x2 + y 2 =
7 2 som gir x 2 + y 2 =
49 .
a
b
2.
x2 + y 2 =
( 2) 2 som gir x 2 + y 2 =
c
42 , eller
At sirkelen har diameter 8, betyr at radien er 4. Da får vi sirkellikningen x 2 + y 2 =
x2 + y 2 =
16 .
5.5
Vi avsetter linjestykket AB = 7 cm og konstruerer midtnormalen til AB .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 2 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.6
a
b
Vi kan konstruere 75 ved å halvere 90 og 60 .
5.7
a Vi avsatte linjestykket KL = 8 cm 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
www.lokus.no
Side 3 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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 yl har samme x-koordinat som y-koordinat, og det følger
da at lengden langs normalen på aksene også er lik. Tilsvarende argument gjelder linja ym .
5.10
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
www.lokus.no
Side 4 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.11
a
b
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 5 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
d
5.12
Det geometriske stedet for punktene som ligger 5 cm fra linja, er de to parallellene med avstand
5 cm fra linja.
5.13
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
www.lokus.no
Side 6 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.14
a Vi tegner l gitt ved y= x + 1 i et koordinatsystem og markerer A = (2 , 1) .
b
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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi feller normalen fra A ned på l og kaller skjæringspunktet normalen har med l, for C.
2 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) .
5.15
a Vi tegner inn linja l gitt ved
=
y 1,5 x + 1 .
b
Det geometriske stedet for punktene som ligger 2 cm fra l, er de to parallellene til l som ligger
2 cm fra l. Vi konstruerer de to parallellene som i eksempel 8.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 7 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.16
Vi følger eksempel 9 og konstruerer parallellen ved:
Rombemetoden
Vinkelkopieringsmetoden
5.17
∠ASB og ∠BSC er supplementvinkler fordi vinkelsummen er 180° . Da har vi at
a
∠ASB= 180° − ∠BSC= 180° − 50° =
130°
b
= SB
= r . Det betyr at ∠A =∠B . Vi vet at vinkelsummen i en
 ABC er likebeint fordi SA
°
trekant er 180 , så vi får at
=
180° 130° + ∠A + ∠B
=
180° 130° + ∠A + ∠A
180° − 130° = 2∠A
2∠A =
50°
∠A =
25°
og dermed at også ∠B =
25° .
5.18
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
www.lokus.no
Side 8 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.19
= SB
= r . Det betyr at ∠A =∠B =40° . Når vinkelsummen i en
a  ABS er likebeint fordi SA
180° − 40° − 40° = 100° .
trekant er 180° , har vi at ∠BSA= 180 ° − ∠A − ∠B =
b
Vi ser at ∠BSA og ∠CSD er toppvinkler og må derfor være like. Dette betyr at
= SC
= r , så ∠C =∠D . Vi bruker igjen at
∠CSD =
100° . SCD er likebeint fordi SD
°
vinkelsummen i en trekant er 180 og får at
=
180° 100° + ∠C + ∠D
=
180° 100° + ∠C + ∠C
180° − 100° = 2∠C
2∠C =
80°
∠C =
40°
og dermed at også ∠D =
40° . Vinklene i SCD er altså 100° , 40° og 40° .
c
d
∠ASD og ∠CSD er supplementvinkler fordi de til sammen danner linjestykket AC. Det
betyr at ∠ASD
= 180° − ∠CSD
= 180° − 100° =
80° .
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.
5.20
Vi ser på vinkelsummen i  ABC og får at
∠ACB = 180° − 90° − u =
90° − u
∠DCE fordi de er toppvinkler. Vi setter opp sammenhengen mellom
Videre har vi at ∠ACB =
vinklene i CDE og får at
°
180
=
90° + ∠DCE + v
180° =90° + (90° − u ) + v
180° = 90° + 90° − u + v
°
180=
180° + v − u
0°
v −u =
u=v
Dette er et nyttig resultat vi kan benytte oss av seinere.
5.21
Likningen for en sirkel med radius 7 og sentrum i origo er x 2 + y 2 =
7 2 eller x 2 + y 2 =
49 .
5.22
(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
www.lokus.no
Side 9 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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
www.lokus.no
Side 10 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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.
5.23
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.
5.24
a Vi ser at  ABS er likebeint fordi to av sidene har lengde 2. 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 ° − 2v
= 180° − 2 ⋅15°
= 180° − 30°
= 150°
b
∠SCB .
Vi ser at også BSC er likebeint fordi SC er radius i sirkelen. Det betyr at ∠SBC =
Vi finner ∠SCB ved å observere at supplementvinkelen er ∠ABS . Dette gir at
∠SCB = 180° − ∠ABS = 180° − 150° = 30°
Vi finner ∠BSC på samme måte som i oppgave a ved å se på vinkelsummen i BSC .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 11 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
∠=
BSC 180° − ∠SBC − ∠SCB
= 180° − 30° − 30°
= 180 ° − 60°
= 120°
5.25
a
169 .
132 eller x 2 + y 2 =
Likningen for en sirkel om origo med radius 13 er x 2 + y 2 =
b
8.
Likningen for en sirkel om origo med radius 2 2 er x 2 + y 2 =
(2 2) 2 eller x 2 + y 2 =
5.26
Det geometriske stedet for sentrum i en sirkel som går gjennom to gitte punkter P og Q, er
midtnormalen til P og Q.
5.27
(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
www.lokus.no
Side 12 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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
www.lokus.no
Side 13 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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.
5.28
a Vi ser at  ABS er likebeint fordi to av sidene har lengde 2. Da vet vi at to av vinklene er like
v.
store, dvs. at ∠ASB =
b
Vi finner et uttrykk for ∠ABS ved å se på vinkelsummen i  ABS :
∠ABS= 180° − ∠ASB − v
= 180° − v − v
= 180 ° − 2v
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 14 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
∠SCB .
Vi ser at også BSC er likebeint fordi SC er radius i sirkelen. Det betyr at ∠SBC =
Vi finner ∠SCB ved å observere at supplementvinkelen er ∠ABS . Dette gir at
∠SCB
= 180° − ∠ABS
= 180° − (180° − 2v)
= 180° − 180° + 2v
= 2v
Vi finner ∠BSC ved å se på vinkelsummen i BSC .
BSC 180° − ∠SBC − ∠SCB
∠=
= 180° − 2v − 2v
= 180 ° − 4v
(Vi ser at resultatet stemmer med det vi regnet i oppgave 5.24 der v = 15° og ∠BSC =
120° .)
5.29
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 180° .
5.30
a Måler vi vinklene u og v, får vi u = 51, 4° og v = 102,8° . Det gir forholdet
v 102,8°
= =
2
u 51, 4°
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 15 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi lager en liknende figur og måler vinklene u = 50,5° og v = 101° . Det gir forholdet
v 101°
2
= =
u 50,5°
Vi ser at forholdet mellom sentralvinkel og periferivinkel igjen ble 2.
5.31
a En periferivinkel som spenner over en bue på 100° , er 50° , halvparten av gradtallet.
b
En periferivinkel som spenner over en bue på 180° , er 90° , halvparten av gradtallet.
c
En periferivinkel som spenner over en bue på 270° , er 135° , halvparten av gradtallet.
5.32
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 270° , dobbelt så stor som
periferivinkelen.
5.33
= SB
= r , der r er radius i sirkelen. Det betyr at
a Vi ser at  ABS er likebeint fordi SA
∠BAS =
∠ABS =
35°
b
Vinkelsummen i  ABS gir
180° = ∠ABS + ∠BAS + ∠BSA
=
180° 35° + 35° + ∠BSA
°
180=
70° + ∠BSA
c
∠BSA =
110°
Vi observerer at ∠ACB er periferivinkelen med ∠BSA som sentralvinkel. Det betyr at
∠ACB er halvparten av ∠BSA , altså
∠ACB=
© Aschehoug
1
1
⋅ ∠BSA=
⋅110° = 55°
2
2
www.lokus.no
Side 16 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.34
b Sirkelbuen AB blir avskåret av periferivinkelen ∠C =
30° og må derfor være dobbelt så stor.
AB 2=
⋅ ∠C = 2 ⋅ 30 ° 60° .
Da=
får vi at 
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° + 2 x
2 x = 120°
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.
5.35
a Fordi AB er diameter i sirkelen, spenner buen over halvparten av hele sirkelen. Derfor er buen
AB = 180° .
b
Vi vet at omkretsen til en sirkel er gitt ved 2πr , der r er radius i sirkelen. Buen AB spenner
1
over halve sirkelen, så buelengden er ⋅ 2πr = π ⋅ 6 , eller 6π cm.
2
∠C er periferivinkel med buen AB som sentralvinkel og er derfor halvparten av 180° , nemlig
90° . Dette vet vi også fra thalessetningen.
d Konstruksjonsforklaring:
1
Vi konstruerer en sirkel med radius 6 cm og sentrum i et punkt S.
2
Vi markerer et punkt A på sirkelen, trekker linja AS og markerer punkt B i skjæringen
linja har med sirkelperiferirien.
c
3
4
Vi konstruerer ∠CBA =
60° og marker C i skjæringspunktet mellom høyre vinkelbein og
sirkelen.
Vi trekker linjestykket AC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 17 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.36
Konstruksjonsforklaring:
1
2
3
Vi avsetter linjestykket AB = 3 cm.
Vi konstruerer normalen i A og halverer vinkelen til 45° .
Vi konstruerer midtnormal til AB og markerer skjæringspunktet S1 mellom midtnormalen og
4
45° -vinkelen fra punkt 2.
Vi slår en bue om S1 med radius S1 A på oversiden av AB.
5
Vi setter passerspissen i midtpunktet M til AB og slår en bue med radius S1M på undersiden
av AB og markerer S 2 i skjæringen med midtnormalen.
6
Vi slår en bue om S 2 med radius S 2 A på undersiden av AB.
5.37
Vi vet at ∠BAS =
90° − 30° =
60° og bruker det i konstruksjonen av det geometriske stedet.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 18 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Konstruksjonsforklaring:
1
2
3
Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm.
Vi konstruerer 60° i A.
Vi konstruerer midtnormal til AB og markerer skjæringspunktet S1 mellom midtnormalen og
4
vinkelen på 60° fra punkt 2.
Vi slår en bue om S1 med radius S1 A på oversiden av AB.
5
Vi setter passerspissen i midtpunktet M på AB og slår en bue med radius S1M på undersiden
av AB og markerer S 2 i skjæringen med midtnormalen.
6
Vi slår en bue om S 2 med radius S 2 A på undersiden av AB.
5.38
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 = 2 ⋅ 70° = 140° .
5.39
a Vi vet at tahlessetningen sier at en periferivinkel som spenner over en sirkelbue på 180° , er
90° .
90° . Det betyr at ∠B =
∠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 = 180° − 60° − 90° = 30°
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 19 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Konstruksjonsforklaring:
1
Vi avsetter linjestykket AS = 4 cm og slår en sirkel med radius 4 cm og sentrum i S.
2
Vi forlenger AS og markerer C på sirkelperiferien på diametralt motsatt side av A.
3
4
Vi konstruerer 60° i C og markerer B i skjæringen mellom venstre vinkelbein og
sirkelperiferien.
Vi trekker AB.
c
Buen AB er dobbelt så stor som periferivinkelen på 60° , så den er 120° .
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 = 2 ⋅ 4 cm =
8 cm . Vi vet nå
at  ABC er en 30° − 60° − 90° -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
2
2
BSC er likesidet, fordi den er likebeint og en av vinklene er 60° .)
Siste side finner vi ved å bruke pytagorassetningen:
AB 2 + BC 2 =
AC 2
AB 2 + 42 =
82
AB 2 + 16 =
64
AB 2 = 48
AB=
48=
16 ⋅ 3=
42 ⋅ 3= 4 3
5.40
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 = 180° − 45° − 55° = 80° .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 20 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.41
 , og må dermed være halvparten av
Vi observerer at ∠A er periferivinkelen som spenner over BC
60° , nemlig 30° .
På samme måte er ∠B periferivinkelen til 
AC . Vi vet at det er 360 ° rundt hele sirkelen, noe som
 = 360° − 160° − 60° = 140° . Da må
betyr at 
AC = 360° − 
AB − BC
1
⋅140° = 70°
2
Vi finner siste vinkel i trekanten ved å se på vinkelsummen
=
∠C 180 ° − ∠A − ∠B = 180 ° − 30° − 70° =
80 ° .
∠B =
5.42
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 + 50° = 90°
b
40°
∠BAS =
 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 + 40 ° + 40°
=
180° − 80°
∠ASB =
100°
∠ASB =
5.43
a Vi ser at ∠DCE =
∠BAC =
32° fordi de er
106° fordi de er toppvinkler. ∠CED =
∠ACB =
 . Vi finner ∠EDC ved å se på
periferivinkler som spenner over samme sirkelbue BD
vinkelsummen i ECD
=
180° ∠EDC + 32° + 106°
∠EDC = 180° − 138° = 42°
Vi har også at ∠CBA =
∠EDC =
42° fordi de er periferivinkler som spenner over samme
sirkelbue 
AE . (Fordi vinklene er parvis like store, er disse to trekantene formlike.)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 21 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Sirkelbuen AE er dobbelt så stor som en periferivinkel som spenner over samme sirkelbue.

Derfor er=
AE 2=
⋅ 42° 84°
5.44
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 =
180° − 180° + 2u
∠ASB = 2u
b
Når u = 60° , vil ∠ASB =
2u =
2 ⋅ 60° = 120° . 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.
Konstruksjonsforklaring:
1
Vi trekker en linje t og markerer et punkt A på denne linja.
2
Vi konstruerer normalen i A på linja t og en vinkel på 60° .
3
Vi markerer et punkt S på normalen.
4
5
Vi konstruerer 120° i S og markerer B i skjæringen med 60° fra punkt 2.
Vi slår en sirkel om S med radius SA.
5.45
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 2=
⋅ 46° 92° .
På samme måte er ∠CAB en periferivinkel som spenner over buen BC. Vi finner ∠CAB ved
å se på vinkelsummen i trekanten ABC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 22 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
∠BAC + 100° + 46° = 180°
∠BAC =
180° − 146°
∠BAC =34°
 2=
og=
BC
⋅ 34° 68° .
b
c
Vinkel B er periferivinkelen til sentralvinkelen ∠CSA som da er dobbelt så stor.
∠CSA =
200° . Fordi det er 360° rundt hele sirkelen, vil sentralvinkelen som har ∠D som
1
periferivinkel, være 360° − 200° =
160° , og det følger at ∠D = ⋅160° = 80° .
2
I oppgave a fant vi at ∠BAC =
34° , og når ∠A =
75° , får vi at ∠CAD =
75° − 34° =
41° . Da må
 2=
=
CD
⋅ 41° 82° . Vi har da alle buene som til sammen utgjør en sirkel og kan da regne ut

AD .

 + CD
=
AD + 
AB + BC
360°

AD + 92° + 68° + 82° =
360°

AD 360° − 242°
=

AD = 118°
Vi ser at ∠ABD er en periferivinkel som spenner over 
AD . Dermed er
1
1
∠ABD = ⋅ 
AD = ⋅118° =
59°
2
2
5.46
a
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
www.lokus.no
Side 23 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
2u =
180° − 50°
⇔
2v =
180° − 150°
65°
u=
15°
v=
⇔
∠BSC = 180° − 2 z
180 ° − 2 w
∠DSA =
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 + z som figuren viser.
Da får vi to sammenhenger:
u=
+ w + (v + w) 180°
∧
u=
+ z + (v + z ) 180°
65 ° + 15 ° + 2 w =
180°
∧
65 ° + 15 ° + 2 z =
180°
°
2 w 100
2 z 100 °
=
=
∧
°
w 50
z 50 °
=
=
∧
Vi kan dermed sette inn for w og z i uttrykkene ovenfor og finne ∠BSC og ∠DSA :
∠BSC
= 180° − 2 ⋅ 50° =
80°
c
∠DSA = 180° − 2 ⋅ 50° =
80°
som var det vi skulle vise.
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 = 50° + 15° =
65°
∠B = v + z = 15° + 50° =
65°
∠C = u + z = 65° + 50° =
115°
∠D =
w+u =
115°
50° + 65° =
5.47
a Vi ser at ∠ASC og ∠BSD er sentralvinkler som henholdsvis spenner over buen AC og BD.
Det betyr at ∠ASC =
y.
x og ∠BSD =
b
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 24 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vinklene ∠ADC og ∠DAE er periferivinkler som henholdsvis spenner over buene x og y.
x
y
Da får vi at ∠ADC =
og ∠DAE =
.
2
2
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 .
2
180° = v + ∠EDA + ∠DAE
x y

180° = v + 180° −  +
2 2

y x
180° − 180° =
v+ −
2 2
x− y
v=
2
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:
e
x − y 140° − 50° 90°
=
=
=
v=
45°
2
2
2
Vinkelen mellom sekantene må være 45° .
5.48
Vi kaller skjæringspunktet mellom forlengelsen av AS og BC for D og ser at
∠CDS + 100° = 180°
∠CDS = 80°
Vi ser på vinkelsummen i SDC og finner at
=
∠C 180° − 80° − 40° = 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° .
60 ° − 40° =
20 ° og får at
Vi finner så ∠BSD =
∠ASB= 180° − ∠BSD= 180° − 20° =
160°
5.49
a
b
Vi kan se av skrivemåten  ABC ~EDF at AB tilsvarer ED, BC tilsvarer DF og AC
tilsvarer EF.
Vi ser på forholdet mellom to tilsvarende sider hvor lengdene er oppgitt:
BA 6
= = 3
DE 2
Vet at forholdet mellom sidene i trekantene er konstant, så vi kan sette opp følgende
sammenheng:
n=
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 25 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
AC BA
=
EF DE
9
=3
EF
9
EF= = 3
3
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 =
90° , så denne
∠CDA =
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
= =
korteste katet i  ACD AD 3
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
=
5
3
25
AB =
3
=
n1
b
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
= =
korteste katet i CBD CD 4
Vi finner at CD = 4 ved bruk av pytagorassetningen på den rettvinklede trekanten  ACD .
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
=
n2
d
korteste katet i CBD DC 4
= =
korteste katet i  ACD AD 3
Begge trekantene er rettvinklede, så vi kan bruke katetene som grunnlinje og høyde når vi
skal regne ut arealene.
=
n3
e
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 26 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
1
TCBD = Gh
=
2
1
T ACD = Gh =
2
f
1
BD ⋅ C=
D
2
1
AD ⋅ CD =
2
1
1  25 
32
( AB − 3) =
⋅4
⋅4
 − 3 =
2
2 3
3

1
⋅3⋅ 4 = 6
2
Vi ser på forholdet mellom arealene
TCBD 323 32 16
= = =
og legger merke til at
T ACD 6 18 9
2
 4  16
arealforholdet er n3 =   = , altså lengdeforholdet kvadrert.
9
3
2
5.51
a Første utgave:
Vi viser at trekantene er formlike ved å se at forholdet mellom tilsvarende sider er konstant:
AB 2, 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
=
DE
BC
=
EF
AC
=
DF
b
2, 0
=
4, 4
3,5
=
7, 7
5, 0
=
11, 0
5
11
5
11
5
11
Trekantene må være formlike av formlikhetskrav 2.
5.52
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
www.lokus.no
Side 27 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Vi regner ut lengdeforholdet mellom  ABC og DEC ved å se på de tilsvarende sidene
AB og DE.
AB 6, 0
n= = = 2
DE 3, 0
Dette betyr at  ABC er dobbelt så stor som DEC . Vi finner AC, AD og CE
AC = 2 ⋅ 4,5 =
9
c
AC
= 4,5
2
2 ⋅ 2,8
=
CE = 2,8
2
AD
=
5.53
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 10 cm og trekker en vilkårlig stråle l fra A som ikke er parallell
med AB.
2 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.
5.54
a
Fra pytagorassetningen får vi at BC = 12 + 2 2 = 1 + 4 =
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 2.
2 Vi konstruerer normalen i A på AB.
3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 1.
© Aschehoug
www.lokus.no
5.
Side 28 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Fra pytagorassetningen får vi at BC = 22 + 32 = 4 + 9 =
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 2.
2 Vi konstruerer normalen i A på AB.
3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 3.
13 .
5.55
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 4.
5.56
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 1.
5.57
a Matematisk skriver vi  ABC ≅  A′B′C ′ .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 29 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi ser at lengdene til de tilsvarende sidene AB og A′B′ er oppgitt, så vi finner lengdeforholdet
i de to formlike trekantene ved å finne forholdet mellom disse sidene.
AB 8, 26 cm
=
n =
= 1, 652
A′B′
5m
Lengdeforholdet er 1,65
c Vi bruker lengdeforholdet til å finne A′C ′ med den tilsvarende siden AC.
AC 9, 29 cm
= = 1, 652
A′C ′
A′C ′
9, 29 cm
=
A′C ′ = 5,623 cm
1, 652
Lengden A′C ′ er 5,62 cm.
d Vi vet at forholdet mellom arealene er lik lengdeforholdet kvadrert. Dvs. at arealforholdet er
=
n 2 1,=
6522 2, 7291 , eller 2,73.
5.58
a
b
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.
Vi finner lengdeforholdet mellom trekantene
10 5
n=
=
4, 0 2
og bruker dette til å finne AB, BD og AE
AB AB 5
5 7 35
=
=
⇒
= 8,8
AB = ⋅ =
AD 3,5 2
2 2 4
35 7 21
⇒
− =
= 5,3
BD = AB − 3,5
BD =
4 2 4
AC AE + 7 5
7
5
2
14
⇒
=
=
=
⇒
⋅7
1+ =
AE = =
4, 7
AE
AE
2
AE 2
3
3
5.59 (Feil i fasit første opplag)
Vi observerer at DE og BC er parallelle fordi den samsvarende vinkelen på 105° er lik. Da må
∠BCA være like fordi de er samsvarende vinkler, og vi har da at  ADE ~  ABC .
også ∠DEA =
Vi finner lengdeforholdet mellom trekantene
AB 2, 7 + 6 29
n=
=
=
AD
2, 7
9
og finner CE ved å observere at AC = AE + EC = 4,7 + EC. Forholdet mellom tilsvarende sider gir
da
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 30 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
AC 4, 7 + EC 29
= =
4, 7
9
AE
EC 29
=
−1
4, 7 9
20
EC = ⋅ 4, 7 =10, 4
9
5.60
a
b
c
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=12 cm. Vi finner først lengdeforholdet mellom
trekantene
AB 12 cm
n=
=
= 2
AE 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
= = 2 cm
ED
ED
10 cm
=
ED = 5 cm
2
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
2
2
1
1
= 12 cm ⋅10 cm − 6, 0 cm ⋅ 5 cm
2
2
2
2
= 60 cm − 15 cm
=
= 45 cm 2
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 12
=
3
5
36
RT =
5
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 31 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Da finner vi diagonalen PR =PT + RT =3 +
36 51
= =
10, 2 cm
5
5
5.62
a
∠CED fordi de er toppvinkler, og vi vet at i et parallellogram er
Vi ser at ∠AEB =
motstående sider like lange og parallelle. Da får vi at AB  CD og AB = CD . Fordi AB og
∠ABE og ∠BAE =
∠DCE fordi de er samsvarende
CD er parallelle, får vi at ∠EDC =
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
=
: ED AE
=
: EC 1:1 .
forholdet BE
5.63
a
Fra pytagorassetningen får vi at BC = 32 + 12 = 9 + 1=
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 1.
2 Vi konstruerer normalen i A på AB.
3 Vi markerer et punkt C på normalen, slik at AC = 3.
© Aschehoug
www.lokus.no
10 .
Side 32 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Fra pytagorassetningen får vi at BC = 22 + 1 2 = 4 + 1= 5 .
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 2 cm.
2 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 CP
= ( 5 + 1) 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 = 12 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 12 cm
= = 2
ED
6, 0 cm
10 cm
=
ED = 5 cm
2
Da får vi at
FDBCE = T ABC − T ADE
1
1
AB ⋅ BC − AE ⋅ ED
2
2
1
1
= 12 cm ⋅10 cm − 6, 0 cm ⋅ 5 cm
2
2
2
2
= 60 cm − 15 cm
=
= 45 cm 2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 33 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.65
a
b
c
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.
1189
≈ 17, 24 .
4
I formlike trekanter er forholdet mellom tilsvarende sider konstant. Da får vi
AB AC
=
BD BC
8,5 17, 24
=
BD
15
8,5 ⋅15
=
BD
≈ 7, 4
17, 24
Høyden i  ABC er BD = 7, 4 cm.
=
AC
Vi bruker pytagorassetningen på  ABC og finner at
8,52=
+ 152
5.66
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
www.lokus.no
Side 34 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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
og
AF FE
=
AB BC
y h
=
z 30
GE GD
=
AB AD
y 60 − h
=
z
60
b
Vi har i oppgave a funnet to uttrykk for
h 60 − h
=
30
60
h 60 − h
2=
3h = 60
y
. Vi setter uttrykkene lik hverandre og løser for h:
z
∣⋅60
h = 20
Dette betyr at bardunene krysser hverandre 20 meter over bakken. (Det er interessant å merke
seg at bardunene skjærer hverandre 20 meter over bakken uansett avstand z mellom
mastene.)
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 35 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.68
a
b
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 h1 til EB og
forlengelsen av AE. Da får vi
1
1
T AED = Gh1 = 8h1 = 4h1
2
2
1
1
Gh1 =
T EBD = =
8h1 4h1
2
2
Uttrykkene og arealene må derfor være like store.
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 h2
=
12 h1
h2 3
=
h1 2
3
h1
2
Vi finner et uttrykk for arealet av trekant ABC:
1
1
3
3  1
T=
=
Gh2
AB ⋅  h1  = 16 ⋅ h1 = 12h1
 ABC
2
2
2
2  2
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
h2 =
T ADC = T ABC − T EBD − T AED = 12h1 − 4h1 − 4h1 = 4h1
som var det vi skulle vise.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 36 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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 3.
5.70
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 2 = ab
h = ab
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 37 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi bruker formelen vi regnet ut i oppgave a, og får at a = 2 cm og b = 8 cm. Dette gir arealet
1
1
1
T ABC = Gh= (a + b) ab= (2 + 8) 2 ⋅ 8= 5 16= 20
2
2
2
Arealet av trekant ABC er 20 cm2.
5.71
∠BED fordi de er toppvinkler, og
For at bordet ikke skal helle, må AC  DB . Vi ser at ∠AEC =
at AE = EB og CE = ED fordi vi fikk oppgitt at E deler bordbeina nøyaktig på midten. Fra
kongruenssetning 2 kan vi dermed slutte at  ACE ≅ BED .
∠EDB og ∠CAE =
∠DBE fordi de er samsvarende
Når trekantene er kongruente, må ∠ACE =
toppvinkler, og vi kan dermed konkludere med at AC  DB . Håvard bør bli overbevist av et slikt
argument.
5.72
a
Fra pytagorassetningen får vi at BC= 42 + 2 2= 16 + 4=
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 2.
2 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 =
22 + 1 2 =
4 + 1=
20 .
5.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 2 cm.
2 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
www.lokus.no
Side 38 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Da er CQ =
c
d
5 +1
2
Når forholdet mellom lengde og bredde er ϕ og bredden er lik 1, får vi
l
l
5 +1
l= ϕ=
=ϕ
⇒
=ϕ
⇒
b
1
2
Vi bruker konstruksjonen i oppgave b hvor vi allerede har konstruert lengden CQ = ϕ og
fortsetter konstruksjonen.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi markerer punkt D på midtnormalen til CP slik at QD = 1.
2 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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm.
2 Vi slår en sirkelbue om A med radius 7 cm.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 39 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
3
Vi slår en sirkelbue om B med radius 6 cm og får C.
5.74
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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 6 cm.
2 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.
5.75
Punktet C må ligge i skjæringen mellom sirkelbuene med radius 10 cm om A og B. Trekanten er
entydig etter trekantkrav 1.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm.
2 Vi slår en bue med sentrum i A og radius 10 cm, og en bue i B med radius 10 cm.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 40 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Vi markerer C i skjæringen mellom de to sirkelbuene.
Vi feller normalen fra C ned på AB.
3
4
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:
 AB 
AC = h + 

 2 
2
h 2 + 42
10=
2
2
2
=
h 2 100 − 16 = 84
h = 84
Da blir
1
1
=
Gh= 8 cm ⋅ 84 cm 4 ⋅ 22 ⋅ 21 cm 2
2
2
= 4 ⋅ 2=
21 cm 2 8 21 cm 2 ≈ 36, 7 cm 2
=
T ABC
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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 8.
2 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 =
75° .
4 Vi trekker BC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 41 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 8 cm.
2 Vi konstruerer ∠A =
45° ved å halvere normalen gjennom A.
3 Vi slår en bue om B med radius 4,5 cm og markerer C1 og C2 i skjæringen med 45° -vinkelen
fra punkt 2.
4 Vi trekker BC1 og BC2.
5.78
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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 6,0 cm.
2 Vi slår en bue om A med radius 9,0 cm, og en bue om B med radius 8,0 cm.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 42 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
3
4
b
Trekanten vil være entydig bestemt etter trekantkrav 2. 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.
2
3
4
c
Vi markerer skjæringspunktet C mellom de to buene.
Vi trekker AB og AC.
Vi konstruerer ∠A =
60° .
Vi slår en bue om A med radius 7,0 cm og markerer skjæringspunktet C mellom buen og
det venstre vinkelbeinet til ∠A .
Vi trekker BC.
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.
2
25,5° ved å halvere normalen gjennom A to ganger.
Vi konstruerer ∠A =
3
Vi slår en bue om B med radius 5,5 cm og markerer skjæringspunktet C mellom buen og
det venstre vinkelbeinet til ∠A .
Vi trekker BC.
4
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 43 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
d
Trekanten vil være entydig bestemt etter trekantkrav 4. Vi finner B i skjæringen mellom
venstre vinkelbein ∠C =
30° og høyre vinkelbein i ∠A =
45° .
1 Vi markerer et punkt A på en linje.
2
3
Vi konstruerer ∠A =
45° ved å halvere normalen gjennom A på linja.
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 60° .
5
Vi markerer B i skjæringen mellom venstre vinkelbein ∠C og høyre vinkelbein i ∠A .
5.79
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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 6 cm.
2 Vi konstruerer ∠A =
60° .
3 Vi konstruerer midtnormalen til AB og markerer midtpunktet M.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 44 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
4
5
6
Vi slår en halvsirkelbue om M med radius AM.
Vi markerer C i skjæringen mellom venstre vinkelbein i ∠A =
60° og sirkelbuen.
Vi trekker BC.
5.80
a Vi ser at når avstanden fra C til AB er mindre enn radius til sirkelbuen med diameter AB, vil vi
få to skjæringspunkter C1 og C2 mellom sirkelbuen og parallellen 4 cm fra AB. De to
skjæringspunktene vil gi trekantene  ABC1 og  ABC2 .
∠C2 =
90° , og at AB=10 cm, så hvis vi
Skal nå vise at  ABC1 ≅  ABC2 . Vi vet at ∠C1 =
∠BAC2 , vil trekantene være kongruente etter kongruenssetning 3.
kan vise at ∠C1 BA =
Fordi linjestykkene AB og C1C2 er parallelle, må ∠C1C2 A = ∠BAC2 . Vi ser også at ∠C1 BA
A og må derfor være like. Altså
og ∠C C A spenner over samme sirkelbue C
1
2
1
∠C1C2 A = ∠BAC2
∠C1 BA =
∠C1C2 A
⇓
∠C1 BA =
∠C1C2 A = ∠BAC2
b
som var det vi skulle vise.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 10 cm.
2 Vi konstruerer den øvre parallellen til AB med høyde 4 cm.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 45 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
3
4
5
6
Vi konstruerer midtnormalen til AB og markerer midtpunktet M.
Vi slår en halvsirkelbue om M med radius AM.
Vi markerer C1 og C2 i skjæringen mellom parallellen og sirkelbuen.
Vi trekker BC1 og BC2.
5.81
Vi bruker formlikhetsmetoden i eksempel 18.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 7 cm.
2
45 ° .
Vi konstruerer ∠A =
3
Vi slår en sirkel om A med radius 4 cm og markerer B′ på høyre vinkelbein.
Vi slår en sirkel om A med radius 3 cm og markerer C ′ på venstre vinkelbein.
Vi konstruerer parallellen til linja B′C ′ som går gjennom B.
4
5
6
Vi markerer C i skjæringen mellom parallellen og venstre vinkelbein til ∠A .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 46 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.82
Vi bruker formlikhetsmetoden i eksempel 18.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 10 cm.
2
75 ° .
Vi konstruerer ∠A =
3
Vi slår en sirkel om A med radius 7 cm og markerer B′ på høyre vinkelbein.
Vi slår en sirkel om A med radius 4 cm og markerer C ′ på venstre vinkelbein.
Vi konstruerer parallellen til linja B′C ′ som går gjennom B.
4
5
6
Vi markerer C i skjæringen mellom parallellen og venstre vinkelbein til ∠A .
5.83
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket AB = 4 cm.
2 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
www.lokus.no
Side 47 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5
Vi trekker linjestykkene BC, CD og AD.
b
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket EF = 4 cm.
2 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
2.
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
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket IJ = 6 cm.
2 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
www.lokus.no
Side 48 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
d
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsetter linjestykket MN = 8 cm.
2
3
4
5
6
Vi konstruerer ∠N =
75° .
Vi slår en bue om N med radius 5 cm og markerer skjæringspunktet O med høyre
vinkelbein i ∠N .
Vi konstruerer parallellen til MN som går gjennom O.
Vi slår en sirkelbue med radius 6 cm om O og markerer punkt P i skjæringen mellom
parallellen og sirkelen.
Vi trekker linjestykket MP.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 49 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.84
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AD = 6 cm.
2
3
4
5
6
Vi konstruerte ∠D =
75° og ∠A =
30° .
Vi slo en sirkel med sentrum i A og radius 5 cm og markerte skjæringspunktet B med det
høyre vinkelbeinet til ∠A .
Vi slo en sirkel med sentrum i D og radius 12 cm og markerte skjæringspunktet C med det
venstre vinkelbeinet til ∠D .
Vi trakk hjelpelinjestykket BC og konstruerte midtpunktet M.
Vi slo en halvsirkel med sentrum i M med BM som radius.
5.85
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 6 cm.
2
3
Vi konstruerte ∠A =
60° og ∠B =
45° .
Vi markerte punkt C i skjæringen mellom ∠A sitt venstre vinkelbein og ∠B sitt høyre
vinkelbein.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 50 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
c
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 8 cm.
2
Vi konstruerte ∠A =
75° og ∠B =
22, 5° .
3
Vi markerte punkt C i skjæringen mellom ∠A sitt venstre vinkelbein og ∠B sitt høyre
vinkelbein.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm.
2
3
4
d
Vi konstruerte normalen i A på AB og fikk ∠A =
90° .
Vi slo en bue om B med radius 14 cm.
Vi markerte C i skjæringen mellom buen om B og ∠A sitt venstre vinkelbein.
Ettersom C ligger like langt fra A som fra B, vet vi at C må ligge på det geometriske stedet
midtnormalen til AB.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm.
2
3
4
Vi konstruerte ∠A =
60° .
Vi konstruerte midtnormalen til AB.
Vi markerte C i skjæringen mellom midtnormalen og ∠A sitt venstre vinkelbein.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 51 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.86
Konstruksjonsforklaring:
1
Vi avsatte linjestykket AB = 6 cm.
2
3
4
5
Vi konstruerte ∠A =
60° .
Vi konstruerte normalen i B og markerte D 5 cm opp langs normalen.
Vi konstruerte parallellen til AB gjennom D.
Vi markerte C i skjæringen mellom parallellen og ∠A sitt venstre vinkelbein.
5.87
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 2x ved å la passeråpningen være x og slå to buer på en linje.
2 Vi markerte midtpunktet D på AB slik at AD er x.
3 Vi slo en halvsirkel om D med AD som radius.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 52 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
4
5
6
b
x
.
2
Vi markerte C i skjæringen mellom sirkelbuen og om A og sirkelbuen om D.
Vi trakk AC og BC.
Vi halverte linjestykket x og slo en bue om A med radius
Vi ser at  ABC er rettvinklet og bruker pytagorassetningen:
AC 2 + BC 2 =
AB 2
2
2
x
2
( 2x)
  + BC =
2
x2
4x2
+ BC 2 =
4
x 2 16 x 2 − x 2 15 x 2
2
4x2 −
BC
=
=
=
4
4
4
15
BC =
x
2
5.88
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 2a = 14.
2
3
Vi konstruerte ∠A =
60° og ∠B =
30° .
Vi markerte punkt C i skjæringen mellom ∠A sitt venstre vinkelbein og ∠B sitt høyre
vinkelbein.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 53 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.89
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = x.
2 Vi konstruerte midtpunktet til AB og slo en halvsirkel med AB som diameter.
3 Vi kopierte v til A og halverte v.
4
v
Vi markerte C i skjæringen mellom halvsirkelen og venstre vinkelbein til ∠A = .
2
5.90
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 8 cm.
2 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
www.lokus.no
Side 54 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.91
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte AB = 6 cm.
2
3
4
5
b
Vi konstruerte ∠A =
60° og ∠B = 180° − 30° =
150° .
Vi slo en bue om A med radius 7 cm og markerte D i skjæringen med ∠A sitt venstre
vinkelbein.
Vi slo en bue om B med radius 6 cm og markerte C i skjæringen med ∠B sitt høyre
vinkelbein.
Vi trakk linjestykket CD.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte AB = 7 cm.
2 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
www.lokus.no
Side 55 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
c
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte AB = 7 cm.
2
3
4
5
6
d
Vi konstruerte ∠B = 180° − 60° =
120° .
Vi slo en bue om B med radius 7 cm og markerte punkt C i skjæringen med ∠B sitt
høyre vinkelbein.
Vi slo en bue med radius 7 cm om A og en bue med radius 7 cm om C.
Vi markerte skjæringen D mellom disse buene.
Vi trakk linjestykkene AD og CD.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte AB = 9 cm.
2
3
4
5
6
Vi konstruerte ∠A =
75° .
Vi konstruerte den øvre parallellen til AB 6 cm fra AB.
Vi markerte punkt D i skjæringen mellom parallellen og venstre vinkelbein til ∠A .
Vi slo en bue om D med radius 9 cm og markerte punkt C i skjæringen med parallellen.
Vi avsatte linjestykket BC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 56 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
e
Konstruksjonsforklaring:
1
2
3
4
5
6
90° + 45°
= 67,5° .
2
Vi slo en bue om A med radius 9, og markerte punkt D i skjæringen med ∠A sitt venstre
vinkelbein.
Vi konstruerte
=
∠A
Vi felte normalen fra D ned på ∠A sitt høyre vinkelbein og markerte B i skjæringen.
Vi konstruerte parallellen til AD gjennom B.
Vi konstruerte midtnormalen til BD og markerte punkt C i skjæringen med parallellen.
Vi trakk CD og BC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 57 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.92
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykke AB = 8.
b
2
Vi konstruerte ∠A =
60° .
3
52,5° ved å halvere 60° + 45° =
Vi konstruerte ∠B =
105° .
4
5
Vi markerte punkt C i skjæringen mellom de vinkelbeina fra punkt 2 og 3.
Vi trakk AC og BC.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykke AB = 10.
Vi konstruerte ∠A =
45° og ∠B =
60° .
Vi markerte C i skjæringen mellom venstre vinkelbein til ∠A og høyre vinkelbein til
∠B .
4 Vi trakk AC og BC.
2
3
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.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10.
2 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
www.lokus.no
Side 58 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
4
Vi markerte C1 og C2 i skjæringene mellom parallellen til AB og halvsirkelen.
5
Vi trakk AC1 , BC1 , AC2 og BC2 .
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
180° − 120°
=
∠A
= 30° .
2
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykke AB = 7.
2 Vi konstruerte midtnormalen til AB.
3
4
5
Vi konstruerte ∠A =
30° .
Vi markerte punkt C i skjæringen mellom midtnormalen til AB og vinkel A sitt venstre
vinkelbein.
Vi trakk BC.
5.93
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte en linje, markerte punkt A og slo tre buelengder med lengde x.
2 Vi konstruerte midtpunktet B mellom siste buestrek og A.
x
3 Vi tredelte lengden x og slo en bue om A med lengde .
3
4 Vi konstruerte midtpunktet M til AB og slo den øvre halvsirkelen med M som sentrum og
radius AM.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 59 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5
6
Vi markerte punkt C i skjæringen mellom halvsirkelen og buen fra punkt 3.
Vi trakk AC og BC.
5.94
Det er to muligheter for punkt C i denne trekanten fordi avstanden a til parallellen fra AB er
kortere enn radien 3a/2 på buen om B.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = a = 7.
2 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 C1 og C2 mellom buen om B og parallellen.
6
Vi trakk AC1 , BC1 , AC2 og BC2 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 60 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.95
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte en linje og slo tre sirkelbuer med lengde x fra et punkt A.
2 Vi konstruerte midtpunktet B mellom tredje buestrek og A.
3 Vi kopierte vinkel v med AB som høyre vinkelbein, og halverte denne.
4
5
6
Vi konstruerte ∠B =
60° .
Vi markerte punkt C i skjæringen mellom venstre vinkelbein til ∠A og høyre vinkelbein til
∠B .
Vi trakk BC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 61 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.96
a
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 6.
2
3
4
5
6
b
Vi konstruerte ∠B =
135° .
Vi slo en bue med radius 8 om B og markerte C i skjæringen mellom det høyre
vinkelbeinet til ∠B og buen.
Vi trakk AC og konstruerte midtnormalen.
Vi slo en bue med radius 9 om C og markerte D i skjæringen midtnormalen og buen.
Vi trakk linjestykket AD.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi trakk en linje og markerte et punkt B.
2
3
Vi konstruerte ∠B =
60° .
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 180 ° − 60° − 75° =
45° i C på BC og markerte A i skjæringen mellom
vinkelens høyre vinkelbein og linja fra punkt 1.
Vi konstruerte midtpunktet M på AC og slo en halvsirkel med radius AM og med sentrum
i M.
Vi slo en bue om A med radius 3 cm og markerte i punkt D i skjæringen mellom buen og
halvsirkelen.
Vi trakk AD og CD.
5
6
7
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 62 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.97
I denne oppgaven bruker vi at en tangent til en sirkel alltid står 90° på linjestykket fra sentrum til
tangeringspunktet. Da kan vi nemlig bruke tahlessetningen til å finne tangeringspunktene.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi tegnet en sirkel med sentrum S og et punkt P utenfor sirkelen.
2 Vi avsatte linjestykket SP og konstruerte midtpunktet M.
3 Vi slo sirkelen med sentrum i M og radius SM.
4 Vi trakk stråler fra P til skjæringspunktene mellom de to sirklene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 63 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.98
a
b
c
∠ADC fordi de er periferivinkler som spenner over samme bue 
Vi ser at ∠ABC =
AC .
Trekantene er formlike fordi de har to parvis like vinkler. De deler ∠P , og vi viste i
∠ADC .
oppgave a at ∠ABC =
Forholdet mellom tilsvarende sider gir
PA PD
=
PC PB
⇓
PA ⋅ PB = PC ⋅ PD
d
∠APD (toppvinkler) og ∠DAB =
∠BCD
Vi ser at  APC ~ DPB fordi ∠BPC =
(perifervinkler som spenner over samme bue). Igjen får vi
PA PD
=
PC PB
⇓
PA ⋅ PB = PC ⋅ PD
e
Vi kan tenke oss at punkt C og punkt D ligger oppå hverandre og dermed at PC = PD. Vi får
at
PA ⋅ PB = PC ⋅ PD
⇓
PA ⋅ PB = PD ⋅ PD
⇓
PA ⋅ PB =
PD 2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 64 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.99
a
b
c
Jeg ser at alle midtnormalene skjærer hverandre i samme punkt.
Jeg ser at alle punktene i trekanten ligger på sirkelperiferien.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 65 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.100
Vi bruker at omsirkelen til en trekant har sentrum i skjæringen mellom to av midtnormalene.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi markerte punktene A, B og C som gitt i oppgaven.
2 Vi trakk linjestykkene AB, AC og BC slik at vi får trekant ABC.
3 Vi konstruerte midtnormalene til AB og BC.
4 Vi markerte punkt S i skjæringen mellom midtnormalene.
5 Vi slo en sirkel med sentrum i S og radius SA.
5.101
a
Vi ser at omsenteret ligger på trekanten når en av vinklene er 90° .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 66 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vi ser at omsenteret ligger utenfor trekanten når en av vinklene i trekanten er over 90° .
5.102
a
b
c
Jeg ser at vinkelhalveringslinjene skjærer hverandre i samme punkt.
Jeg ser at sirkelen tangerer alle sidene i trekanten.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 67 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.103
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi markerte punktene A, B og C som gitt i oppgaven.
2 Vi trakk linjestykkene AB, AC og BC slik at vi får trekant ABC.
3
4
5
6
Vi konstruerte vinkelhalveringslinjene til ∠A og ∠C .
Vi markerte punkt S i skjæringen mellom vinkelhalveringslinjene.
Vi konstruerte normalen fra S ned på BC og markerte skjæringspunktet med BC for D.
Vi slo en sirkel med sentrum i S og radius SD.
5.104
a Vi ser at vinkelhalveringslinjene til hver vinkel står normalt midt på hver sin motstående side
i trekanten. Dette betyr at innsenteret er det samme som omsenteret.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 68 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Vinkelhalveringslinja til ∠C deler trekanten inn i to kongruente trekanter og står vinkelrett
på AB.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 69 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.105
a
b
c
d
Vi ser at linjestykkene skjærer hverandre i samme punkt.
Vi ser at forholdet mellom den lengste og den korteste delen av hvert linjestykke er 2 i alle de
tre tilfellene.
5.106
Vi vet at tyngdepunktet G deler medianene i en trekant i forholdet 2:1, regnet fra hjørnene. Når
punkt D ligger midt på AB, må CD være medianen fra C. Vi har da at tyngdepunktet G ligger på
denne medianen og deler den inn i forholdet 2:1. Da hele medianen er 9 cm, får vi at
CG : GD = 2 :1
CG : GD = 6 : 3
og avstanden mellom C og tyngdepunktet er da 6 cm.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 70 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.107
a
b
Jeg ser at høydene skjærer hverandre i samme punkt.
5.108
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi markerer punktene A, B og C, og avsetter linjestykkene AB, BC og AC.
2 Vi feller normalen fra B ned på AC.
3 Vi feller normalen fra A ned på forlengelsen av BC.
4 Vi markerer skjæringspunktet G mellom normalene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 71 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.109
a Ortosenteret faller sammen med et av hjørnene i trekanten når hjørnet er 90 grader. Dette er
fordi to av sidene da vil være høyder i trekanten.
b
Når en av vinklene i trekanten er større enn 90 grader, vil ortosenteret ligge utenfor trekanten.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 72 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.110
5.111
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm.
2 Vi slo en bue om B med radius 8 cm.
3 Vi slo en bue om A med radius 6 cm.
4 Vi markerte punkt C i skjæringen mellom de to buene.
5 Vi trakk linjestykkene AC og BC.
b
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi konstruerte midtnormalene til AB og BC.
2 Vi markerte omsenteret S i skjæringen mellom de to normalene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 73 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
c
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi konstruerte halveringslinjene til ∠A og ∠B .
2 Vi markerte innsenteret T i skjæringen mellom halveringslinjene.
5.112
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 9 cm.
2 Vi slo en bue om B med radius 6 cm.
3
4
5
Vi konstruerte ∠ABC =
45° .
Vi markerte C i skjæringen mellom buen og det høyre vinkelbeinet til ∠B .
Vi trakk AC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 74 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi konstruerte midtnormalene til AB og AC.
2 Vi markerte omsenteret S i skjæringen mellom midtnormalene.
3 Vi slo en sirkel med radius AS og sentrum i S.
5.113
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 8 cm.
2 Vi slo en bue om A med radius 6 cm.
3
Vi konstruerte ∠BAC =
60° .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 75 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi konstruerte halveringslinjene til ∠A og ∠B .
2 Vi markerte innsenteret S i skjæringen mellom halveringslinjene.
3 Vi felte en normal fra S ned på AB og markerte skjæringen D med AB.
4 Vi slo en sirkel med sentrum i S og radius SD.
5.114
a
Vi vet at tyngdepunktet T deler medianene i forholdet AT : TP = 2 :1 , og vi skal finne TP for
å løse oppgaven. Vi bruker at TP =AP − AT =15 − AT og setter inn
AT
=2
15 − AT
AT= 30 − 2 AT
3 AT = 30
AT = 10
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 76 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Igjen bruker vi at tyngdepunktet T deler medianen i forholdet ET : TQ = 2 :1 . Når ET = 6 , får
vi at
6
=2
TQ
TQ = 3
og dermed EQ = ET + TQ = 6 + 3 = 9 .
5.115
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm.
2 Vi konstruerte midtpunktet M på AB.
3 Vi slo den øvre halvsirkelen med M som sentrum og AM som radius.
Da er halvsirkelen med AB som diameter det geometriske stedet for punktet C.
b
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi satte passerspissen i B og slo en bue med radius 6 cm.
2 Vi markerte C i skjæringen mellom halvsirkelen og buen.
3 Vi trakk AC og BC.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 77 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
c
Fordi C ligger på sirkelperiferien til halvsirkelen med AB som diameter, må medianen fra C til
AB være AM og dermed ha samme lengde som radius i halvsirkelen (5 cm). Da finner vi CS
ved å bruke at CS er to tredeler av hele medianen.
CS : MC = 2 : 3
CS 2
=
5
3
10
CS =
3
5.116
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte punktene A(1 , 0), B(5 , 2) og C(6 , 1) i et koordinatsystem.
2 Vi konstruerte midtpunktene E og F på henholdsvis AB og AC.
3 Vi trakk medianene CE og BF og markerte tyngdepunktet T i skjæringen mellom dem.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 78 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Konstruksjonsforklaring:
1
Vi avsatte punktene A ( −3 , −3) , B ( 7 , −6 ) og C ( 2 , 3) i et koordinatsystem.
2 Vi felte normalene fra A til BC og fra C til AB.
3 Vi markerte skjæringspunktet S mellom normalene.
S er da trekantens ortosenter.
1.117
Metode 1 − Pytagorassetningen
Vi tegner en skisse av trekanten og setter navn på noen viktige punkter. Merk at vi har satt
PB C = y og BPC = x .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 79 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Vi bruker først pytagorassetningen på  ABPB for å finne APB .
APB 2 + 3 2 = 62
APB = 36 − 9 = 27 = 3 3
Vi ser da at vi trenger y for å finne AC. Dvs. at AC = APB + PB C = 3 3 + y .
Vi bruker pytagorassetningen to ganger på BC for å finne en sammenheng mellom x og y.
2
=
+ 42 ∧ BC 2 y 2 + 32
BC 2 x=
⇓
2
x + 16 = y 2 + 9
(1)
Vi setter opp pytagorassetningen på  APC C for å finne en sammenheng til mellom x og y, og
bruker (1) til å forenkle.
(6 + x) 2 + 42 =
(3 3 + y ) 2
36 + 12 x + ( x 2 + 16) =27 + 6 3 y + y 2
36 + 12 x + ( y 2 + 9) =
27 + 6 3 y + y 2
6 3=
y 12 x + 18
3y − 3
2
Vi setter uttrykket for x inn i (1) og regner ut y.
x=
x 2 + 16 = y 2 + 9
(1)
2
 3y − 3 
y2 + 9

 + 16 =
 2 
3y2 − 6 3 + 9
y2
+7 =
4
2
3 y − 6 3 + 9 + 28 =
4 y2
0
− y 2 − 6 3 y + 37 =
0
y 2 + 6 3 y − 37 =
−6 3 ± 108 − 4 ⋅ (−37)
2
−6 3 ± 256 −6 3 ± 16
y =
=
= −3 3 ± 8
2
2
Vi vet at y er en lengde og derfor må være positiv, så vi forkaster den negative løsningen av y.
Dermed får vi at y =
−3 3 + 8 , og at
y=
=
AC APB + y = 3 3 + (−3 3 + 8) = 8 .
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 80 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Metode 2 − Formlikhet
Vi tegner en skisse av trekanten og setter navn på noen viktige punkter.
Først bruker vi pytagorassetningen til å finne APB .
APB 2 + 3 2 = 62
APB = 36 − 9 = 27 = 3 3
Vi kan se at  APC C og  APB B er formlike fordi de begge har en vinkel på 90° og de deler ∠A .
Dermed kan vi bruke at tilsvarende sider i trekantene er like.
AC CPC
=
AB BPB
3 3+x 4
=
6
3
9 3 + 3x =
24
x= 8 − 3 3
3 3 + x= 3 3 + (8 − 3 3) = 8 .
Da finner vi AC ved AC = APB + PB C =
1.118
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 8 cm.
2 Vi konstruerte midtpunktet M på AB.
3 Vi slo den øvre halvsirkelen med M som sentrum og AM som radius.
Da er halvsirkelen med AB som diameter det geometriske stedet for punktet C.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 81 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Konstruksjonsforklaring:
1
Vi konstruerte 75° i B ved å halvere en vinkel på 90° og en på 60° .
2
Vi halverte 75° -vinkelen og markerte punkt C i skjæringen mellom høyre vinkelbein og
halvsirkelen.
Vi trakk linjestykkene AC og BC.
3
c
1
AB . Vi vet
2
også at skjæringspunktet mellom medianene i en trekant skjærer hverandre med forholdet
3
2 :1. Det betyr at CS : CM = 2 : 3 som gir at CM = CS . Setter vi dette sammen med det vi
2
fant ovenfor, får vi
= AM
=
Vi vet at C ligger på sirkelperiferien med AB som radius. Da må CM
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 82 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
3
1
CS = AB
2
2
⇓
AB
CS =
3
som var det vi skulle vise.
5.119
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi markerte tre vilkårlige punkter A, B og C, og trakk linjestykkene i mellom dem.
2 Vi halverte ∠A og ∠B , og markerte skjæringen mellom dem S.
3 Vi felte normalen fra S ned til BC og markerte skjæringspunktet D mellom normalen og
BC.
4 Vi slo sirkelen med radius SD og sentrum i S.
b
Vi visker ut konstruksjonsstrekene og skisserer  ABC med de indre trekantene:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 83 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Vi setter a = BC , b = AC , c = AB og tangeringspunktene mellom innsirkelen og trekanten
til å være D, E og F. Vi vet at radien til innsirkelen fra sentrum til tangeringspunktene står
vinkelrett på sidene i trekanten. Det betyr at
SE ⊥ b ∧ SF ⊥ c ∧ SD ⊥ a
og dermed at radien r er høyden i de tre indre trekantene  ABS ,  ASC og SBC med
henholdsvis c, b og a som grunnlinjer. Vi setter opp et uttrykk for arealet av  ABC som sum
av de tre indre trekantene:
1
1
1
1
1
rc
r ( a + b + c ) = or
F = ra + rb + =
2
2
2
2
2
som var det vi skulle vise.
5.120
a Konstruksjonsforklaring:
1
2
3
4
b
Vi avsatte linjestykket AB = 9 og konstruerte 45° i A.
Vi konstruerte midtpunktet M på AB.
Vi slo en bue med radius 12 og sentrum i M, og markerte skjæringspunktet C med det
venstre vinkelbeinet til ∠A .
Vi trakk linjestykket BC.
(Oppgaven endres i 2. opplag av boka.)
Ny formulering:
AB = 6 , avstanden fra C til AB er 4 og medianen fra C til AB er 5.
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 6.
2 Vi konstruerte den øvre parallellen til AB med avstand 4.
3 Vi konstruerte midtpunktet M til AB.
4 Vi slo en bue om M med radius 5.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 84 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5
Vi markerte de to skjæringspunktene C1 og C2 mellom buen og parallellen.
6
Vi trakk linjestykkene AC1 , BC1 , AC2 og BC2 .
Det er altså to trekanter som oppfyller konstruksjonskravene.
5.121
ab Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 8 cm.
2 Vi konstruerte den øvre parallellen til AB, 4 cm unna.
3 Vi slo en bue med radius 6 cm og markerte punkt C i skjæringen med parallellen.
4 Vi felte normalen fra C ned på AB og markerte treffpunktet D med AB.
c
Vi finner først AD ved å bruke pytagorassetningen på  ADC .
AC 2 = AD 2 + CD 2
AD = 62 − 42
AD=
27=
32 ⋅ 3= 3 3
Vi vet at AB er 8 cm, så vi finner BD ved
BD =
AB − AD =−
8 3 3 cm
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 85 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.122
a Vi vet at ∠C må være rettvinklet på grunn av tahlessetningen.
b Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AM = 7,5 cm.
2 Vi slo en sirkel om M med radius AM og markerte B i forlengelsen av AM.
3 Vi slo en bue i B med radius 9 cm.
4 Vi trakk linjestykkene AC og BC.
c
G⋅h
. Fordi trekant ABC er
2
rettvinklet, kan vi bruke AC som høyde og BC som grunnlinje. Vi finner AC ved
pytagorassetningen
Vi vet at arealet av en sirkel er πr 2 og arealet av en trekant er
AC=
AB 2 − BC 2=
225 − 81=
144= 12
Arealet av området utenfor trekanten, men innenfor sirkelen, blir da
πr 2 −
AC ⋅ BC
 15  12 ⋅ 9
= π ⋅   2−
2
2
 2
152
= π⋅ 2 − 6⋅9
2
225π
=
− 54
4
5.123
a Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 16,0 cm.
2 Vi konstruerte den øvre parallellen 6,0 cm unna AB.
3 Vi slo en bue om A med radius 10,0 cm og markerte skjæringspunktet C med parallellen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 86 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
4
b
c
d
Vi felte normalen fra C ned på AB og markerte F der den skjærer AB.
AB ⋅ CF 16 cm ⋅ 6 cm
= 48 cm 2 .
Arealet av trekanten =
er
2
2
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi halverte ∠A og ∠B , og markerte skjæringspunktet S mellom vinkelhalveringslinjene.
2 Vi slo sirkelen med S som sentrum og SF som radius.
(Vi ser at CF går gjennom S og må derfor også være vinkelhalveringslinje for ∠C . CF står
vinkelrett på AB, noe som medfører at SF er radius i innsirkelen.)
Vi regner først ut AF med pytagorassetningen.
AF = 102 − 62 =
8
Vi ser at AF er halvparten av AB, og at dermed også FB må være 8. Av pytagorassetningen får
vi at BC
= 82 + 62 = 10, og vi kan da bruke resultatene fra oppgave 5.119b og 5.123b til å
sette opp en sammenheng mellom omkretsen av trekanten, arealet og radien til innsirkelen:
1
48 = or
2
1
48=
( AB + BC + AC ) ⋅ r
2
1
48=
(16 + 10 + 10) ⋅ r
2
96 8
=
r =
36 3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 87 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
e
Konstruksjonsforklaring:
Vi konstruerte midtnormalen til AC.
1 Vi forlenget CF og markerte skjæringspunktet S 2 med midtnormalen.
2 Vi slo en sirkel om S 2 med radius AS 2 .
(Vi regnet ut i oppgave d at F er midtpunktet på AB, og det følger dermed at CF er
midtnormalen til AB.)
f
Vi setter AS 2 = R , FS 2 = x og bruker pytagorassetningen på  AS 2 F og får sammenhengen
x 2 + 82 =
R2.
S 2 F + FC =+
x 6 . Vi setter disse uttrykkene sammen og
Vi har også at radien kan skrives R =
regner ut R:
( R − 6) 2 + 82 = R 2
R 2 − 12 R + 36 + 64 =
R2
12 R = 100
R=
100 25
=
12
3
5.125
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10.
2 Vi konstruerte midtpunktet M på AB.
3 Vi slo en bue om B med radius 7.
4 Vi slo en bue om M med radius 6.
5 I skjæringen mellom disse buene markerte vi D.
6 Vi trakk strålen AD.
7 Vi slo en bue om B med radius 12 og markerte skjæringspunktet C mellom buen og strålen
AD.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 88 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
8
Vi trakk linjestykket BC.
Vi bruker her at de to trekantene  ADM og  ACB er formlike med lengdeforholdet n = 1/2.
Da må MD være halvparten så stor som BC.
5.126
a
Vi setter tangeringspunktene mellom innsirkelen og trekanten til å være D, E og F. Vi vet at
radien til innsirkelen fra sentrum til tangeringspunktene står vinkelrett på sidene i trekanten.
Det betyr at
SE ⊥ b ∧ SF ⊥ c ∧ SD ⊥ a
og dermed at radien r er høyden i de tre indre trekantene  ABS ,  ASC og SBC med
henholdsvis c, b og a som grunnlinjer. Vi setter opp et uttrykk for arealet av  ABC som sum
av de tre indre trekantene:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 89 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
1
1
1
1
ra + rb + =
rc
r ( a + b +=
c)
2
2
2
2
som var det vi skulle vise.
Vi snur om på formelen fra oppgave a:
F=
b
(a + b + c) ⋅ r
2
(a + b + c) ⋅ r
2
2 F = (a + b + c) ⋅ r
F=
r=
2F
a+b+c
5.127
a
Vi tegner en skisse av  ABC og omsirkelen med sentrum S.
D er midtpunktet på BC = a, og DS er midtnormalen til a.
Fra sentral- og periferivinkelsetningen vet vi at ∠BSC = 2 ⋅ ∠A .
Midtnormalen SD deler BCS i to kongruente trekanter BSD og CSD . De må være
a
= SC
= R , BD
kongruente fordi alle sidene er like lange: SB
, og de deler SD.
= DC
=
2
Det følger da at
∠BSC 2 ⋅ ∠A
∠BSD =
∠DSC = = =
∠A
2
2
Vi bruker dermed trekantdefinisjonen av sinus på den rettvinklede BDS :
motstående katet
sin ∠BSD =
hypotenus
a
 
2
sin ∠A =
R
a
2R =
sin ∠A
Argumentene vi brukte ovenfor, kan også brukes for ∠B og ∠C . Dermed får vi
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 90 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
a
b
c
,
=
=
sin ∠A sin ∠B sin ∠C
noe vi kjenner igjen som sinussetningen fra kapitlet om trigonometri i 1T.
Vi bruker sammenhengen ovenfor fra oppgave a:
=
2R
b
a
sin ∠A
8
2R =
1

3

2 
2R =
=
R
4
=
1

3

2 
8 8 3
=
3
3
5.128
a
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi trakk en vilkårlig linje l og markerte et punkt C på l.
2 Vi avsatte to linjestykker CD = 3 cm og DE = 3 cm på l.
3 Vi konstruerte en normal i C på l og en normal i E på l.
4 Vi slo en bue om C med radius 3 cm og markerte skjæringspunktet A med normalen i C.
5 Vi slo en bue om E med radius 3 cm og markerte skjæringspunktet B med normalen i E.
6 Vi slo sirklene om A med radius 3 cm og om B med radius 3 cm.
b
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte punktet F på normalen gjennom D slik at DF er lik radius i de store sirklene.
2 Vi konstruerte midtnormalen til FB. Dennes skjæringspunkt S med normalen gjennom D
blir sentrum i den lille sirkelen.
Linjestykkene BF, BS og punktet G er ikke en nødvendig del av konstruksjonen, men bare lagt på
her for å forklare den. BS = FS fordi S ligger på midtnormalen til BF. BS er summen av stor og
liten radius og siden DF = BG blir DS = GS.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 91 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
c
Vi tegner hjelpelinja SH som står normalt på BE, og ser på sidelengdene i SHB :
Trekanten er rettvinklet med hypotenus BS= R + r , BH har lengde R − r , og SH har
lengde R. Vi setter opp pytagorassetningen for SHB .
=2 SH 2 + BH 2
BS
( R + r )2 =
R 2 + ( R − r )2
R 2 + 2 Rr + r 2 =
R 2 + R 2 − 2 Rr + r 2
4 Rr = R 2
R
r=
4
d
Når R = 3 cm, blir r =
3
cm.
4
5.129
a
Et trapes er en firkant der to av sidene er parallelle.  ACDE er åpenbart en firkant, og vi ser
at DE er parallell med CA fordi begge står normalt på CD.  ACDE er derfor et trapes.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 92 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
b
Arealformelen for trapes gir
høyde ⋅ (summen av de parallelle sidene)
2
( a + b) ⋅ ( a + b)
=
2
( a + b) 2
=
2
AACDE =
c
Ved å se på vinkelsummen i  ABC får vi at ∠BAC + ∠CBA = 90° . Vi har at
∠BAC . Vi bruker at summen av alle vinkler langs en linje til
 ABC ≅ BED , så ∠EBD =
sammen er 180° :
∠CBA + ∠ABE + ∠EBD =180°
∠CBA + ∠ABE + ∠BAC =180°
∠ABE = 180° − ∠BAC − ∠CBA
∠ABE= 180° − (∠BAC + ∠CBA)
d
∠ABE =
180° − 90° = 90°
Vi vet nå at alle de tre trekantene er rettvinklede, så det blir derfor rett fram å finne arealet:
AACDE = A ABC + A ABE + A BED
ab c 2 ab
+ +
2 2 2
c2
= ab +
2
Vi har nå to forskjellige uttrykk for arealet av det samme området. Disse uttrykkene må være
like, så vi får at
=
e
c2
( a + b) 2
= ab +
2
2
2
(a + b) = 2ab + c 2
a 2 + 2ab + b 2 = 2ab + c 2
a 2 + b2 =
c2
som er pytagorassetningen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 93 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.130
a Vi ser at BEC har to sider som er like lange og derfor er likebeint. Derfor må
∠BCE =
∠CEB .
b Hvis vi slår en sirkel om B med radius a, ser vi at punkt C ligger på sirkelperiferien med DE
som diameter. ∠DCE er derfor vinkelrett på grunn av tahlessetningen.
c
Ved å se på vinkelsummen i BEC og resultatet fra oppgave a får vi at
∠EBC= 180 ° − 2∠BCE . ∠EBC og ∠CBD er supplementvinkler, så
∠CBD =
180° − ∠EBC =
180° − (180° − 2∠BCE ) =
2∠BCE
Vi vet at BDC er likebeint fordi to av sidelengdene er lik a. Dette betyr at
∠DCB =
∠BDC , og vinkelsummen i BDC gir
∠DCB + ∠BDC + ∠CBD =180°
2∠DCB + 2∠BCE =
180°
180° − 2∠BCE
∠DCB =
= 90° − ∠BCE
2
Vi ser at ∠ACD er 90-gradersvinkelen minus ∠DCB . Vi setter opp denne sammenhengen og
setter inn resultatet ovenfor:
∠ACD =
∠BCE
90° − ∠DCB =
90° − (90° − ∠BCE ) =
som var det vi skulle vise.
d
e
Vi har vist at ∠ACD =
∠BCE =
∠CEB , så trekantene har denne vinkelen felles. Trekantene
deler ∠A , så vi kan fastslå at de to trekantene har parvis like store vinkler og derfor må være
formlike.
Vi bruker at forholdet mellom tilsvarende sider i de formlike trekantene er konstant. Da får vi
AC AE
=
AD AC
b
c+a
=
c−a
b
2
b =
(c + a )(c − a )
2
b=
c2 − a2
c2
a 2 + b2 =
som vi kjenner som pytagorassetningen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 94 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
5.131
Figuren til venstre har areal a 2 + b 2 og figuren til høyre har areal c 2 .
5.132
a Vi har tidligere vist at høyden i en rettvinklet trekant med hypotenusen som grunnlinje deler
trekanten inn i to trekanter som er formlik med trekanten selv. Vi bruker at forholdet mellom
tilsvarende sider i to formlike trekanter er konstant
x a
=
a c
a2
x=
c
b
Vi kaller den lengste delen av hypotenusen for y. Da er
b y
=
c b
b2
y=
c
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 95 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
c
Arealene av de to rektanglene gir
A = Ax + Ay
= x⋅c + y ⋅c
a2
b2
⋅c + ⋅c
c
c
2
2
= a +b
=
Vi ser at x + y =
c , så arealet av kvadratet er c 2 . Uttrykkene beskriver det samme arealet og
må derfor være like. Altså
a 2+ b2 =
c2
5.133
a
Vi viser at disse trekantene er formlike ved å vise at hver av dem er formlik med  XCY . Vi
observerer at ∠C =
90° på grunn av tahlessetningen. Vi ser først på CBX :
Både  XCY og CBX deler ∠X , så denne er lik. Da de også har en vinkel på 90 grader,
må også den siste vinkelen være lik. Altså
CBX ~ XCY
Vi ser på YBC :
Både  XCY og YBC deler ∠Y , så denne er lik. Da de også har en vinkel på 90 grader,
må også den siste vinkelen være lik. Altså
YBC ~ XCY
⇓
YBC ~ XCY ~CBX
b
⇓
YBC ~CBX
Hvis vi setter AB = a, BC = b og AC = c, ser vi at BY = c − a og XB= c + a . Dette må
stemme fordi AY og AX er radius lik c.
Vi bruker at forholdet mellom tilsvarende sider i trekantene CBX og YBC er konstant:
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 96 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
c+a
b
=
b
c−a
2
b =
(c + a )(c − a )
b2 = c2 − a 2
a 2 + b2 = c2
5.134
Vi setter opp et uttrykk av arealet som sum av de seks trekantene trapeset består av:
=
Atrapes 4 ⋅ Aab + 2 ⋅ Acc
ab
c2
+ 2⋅
2
2
2
= 2ab + c
= 4⋅
Vi bruker arealformelen for trapes:
2a + 2b
⋅ ( a + b)
Atrapes =
2
2(a + b)
=
⋅ ( a + b)
2
= ( a + b) 2
Disse uttrykkene beskriver det samme arealet og må derfor være like. Vi får da at
2ab + c 2 = (a + b) 2
2ab + c 2 = a 2 + 2ab + c 2
a 2 + b2 = c2
5.135
Vi mistenker ∠CFA =
90° , slik at vi kan bruke CF som høyde med AE som grunnlinje i  AEC .
Viser at  AFC er formlik  ABC :
Begge trekantene deler hjørnet C, slik at ∠C må være lik. Vi vet fra før at  ABC ~ DAE som
betyr at ∠FAD =
∠BAC =
90° .
∠B . Vi har vist  AFC ~ BC og at ∠CFA =
Det følger da også at  AFB ~ CAB , og vi bruker dette til å finne et uttrykk for BF:
BF AB
=
AB BC
AB 2
BF =
BC
(1)
Vi vet fra før at  ABC ~ DAE , så vi bruker dette til å finne et uttrykk for DE:
DE AE
=
AC BC
AC ⋅ AE
DE =
BC
© Aschehoug
(2)
www.lokus.no
Side 97 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Vi setter opp to arealuttrykk for  AEC og bruker (1) og (2) til å sette inn for DE og BF:
1
1
DE ⋅ AC =
AE ⋅ FC
2
2
DE ⋅ AC = AE ⋅ FC
DE ⋅ AC = AE ⋅ ( BC − BF )

AC ⋅ AE
AB 2 
⋅ AC = AE ⋅  BC −

BC
BC 

AC
AB 2
⋅ AC =
BC −
BC
BC
2
2
= BC − AB 2
AC
AC 2 + AB 2 = BC 2
som er pytagorassetningen for  ABC .
Kapitteltest
Del 1 – Uten hjelpemidler
Oppgave 1
Vi ser at den markerte trekanten på figuren er likebeint fordi to av sidene er radier på sirkelen.
Dermed må x = 30°. I tillegg ser vi at x er periferivinkelen til y, så y må være dobbelt så stor:
y ==
2 ⋅ x 2=
⋅ 30° 60°.
Oppgave 2
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm.
2 Vi konstruerte den øvre parallellen 3 cm fra AB.
3 Vi konstruerte midtpunktet M til AB.
4 Vi slo en halvsirkel med M som sentrum og AM som radius.
5
Vi markerte skjæringspunktene C1 og C2 mellom halvsirkelen og parallellen.
6
Vi fikk altså to mulige trekanter utfra konstruksjonsbeskrivelsen.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 98 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Vi ser at trekantens omsenter er M fordi alle hjørnene i trekanten ligger på halvsirkelbuen.
Oppgave 3
a
b
c
Fordi trekanten er likebeint vil medianen fra C ned på AB dele trekanten inn i to kongruente
trekanter. Av symmetri må derfor medianen fra A til BC være like lang som medianen fra B til
AC. Altså 8 cm.
Vi vet at tyngdepunktet deler medianene i forholdet 2:1 regnet fra hjørnene. Derfor er
2
16
tyngdepunktet 2/3 av medianens lengde unna det tilhørende hjørnet. Altså ⋅ 8 = .
3
3
Konstruksjonsforklaring:
1 Vi avsatte linjestykket AB = 10 cm.
2
3
4
5
6
7
8
9
16
cm.
3
Vi konstruerte midtpunktet M på AB.
Vi markerte skjæringspunktet T mellom midtnormalen til AB og buen i punkt 2.
Vi trakk en stråle BT.
Vi slo en bue om B med radius 8 cm.
Vi markerte skjæringen N mellom strålen og buen i punkt 6.
Vi slo en bue om N med radius AN og markerte skjæringen C mellom buen og
midtnormalen.
Vi trakk linjestykkene AC og BC.
Vi slo en bue om B med radius
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 99 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
d
e
Dette er tilfelle fordi trekant ABC er likebeint. Medianen deler trekanten inn i to kongruente
trekanter og må derfor være høyden. (Trekantene er kongruente fordi de deler CM, AM = MB
og ∠A =∠B .)
Vi finner først MT ved pytagorassetningen.
MT = AT 2 − AM 2
2
 16 
2
  −5
 3
=
=
256 25 ⋅ 9
−
9
9
=
256 225
−
9
9
=
31
9
=
31
3
3⋅
Da er høyden CM = 3 ⋅ MT =
31
=31 . Dette gir at
3
1
AB ⋅ CM
2
1
= 10 cm ⋅ 31 cm
2
= 5 31 cm 2
A ABC =
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 100 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 4
a
Fordi de fire trekantene er kongruente, ser vi at den korte kateten a skjærer av den lange
kateten b. Sidelengdene i det hvite område er derfor (b − a ) . Vi fikk oppgitt at de fire
trekantene er rettvinklede, så det lyse området i midten må være et kvadrat. Arealet av
kvadratet er derfor sidelengden kvadrert: (b − a ) 2 .
b
Vi finner arealet av hele figuren på to måter:
1 Vi ser at hypotenusen c er sidelengden til den store firkanten. I en rettvinklet trekant må
summen av de to vinklene som ikke rett, være 90° . Derfor er hele figuren et kvadrat og må
ha areal c 2 .
2 Figuren består av fire kongruente trekanter og et kvadrat med sidelengde (b − a ) . En annen
måte å skrive arealet av figuren er
1
4 ⋅ ab + (b − a ) 2 = 2ab + (b 2 − 2ab + a 2 )
2
= a 2 + b2
De to uttrykkene beskriver det samme arealet og må derfor være like. Altså
a 2 + b2 =
c2
Del 2 – Med hjelpemidler
Oppgave 5
a
b
Det geometriske stedet for et punkt som ligger like langt fra A som fra B, er midtnormalen til
AB (markert blått). Det geometriske stedet til et punkt som ligger like langt fra n som fra m, er
vinkelhalveringslinjene til n og m (markert rødt).
Punktene vi søker, er skjæringspunkter mellom disse to geometriske stedene.
Fordi de to vinkelhalveringslinjene ikke er parallelle, må midtnormalen til AB skjære minst en
av dem. Dermed får vi fire muligheter:
1 To skjæringspunkter C og D. Dette vil forekomme hvis midtnormalen ikke er parallell med
noen av vinkelhalveringslinjene og ikke går gjennom skjæringspunktet mellom m og n.
2 Ett skjæringspunkt C. Hvis midtnormalen går gjennom skjæringspunktet mellom m og n,
vil det være et punkt som ligger i begge de geometriske stedene.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 101 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
3 Ett skjæringspunkt C. Hvis midtnormalen er parallell med en av vinkelhalveringslinjene,
vil det være et punkt som ligger i begge de geometriske stedene.
4 Uendelig mange skjæringspunkter. Dersom midtnormalen til AB sammenfaller med en av
vinkelhalveringslinjene, vil det være uendelig mange punkter som oppfyller kravene gitt i
oppgaven.
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 102 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Oppgave 6
a
Vi tegner en skisse:
b
= BS
= TS
= r , får vi at AP= d − r og BP= d + r .
Ved å se at AS
Vi tegner inn hjelpelinjene AT og BT.
Vi ser at PAT og PTB deler hjørnet P, så ∠P må være lik i begge trekantene.
Vi finner først et uttrykk for ∠TSA : Fordi TAS har to sider som er radius i sirkelen, er
trekanten likebeint, og det følger at ∠TSA =
180° − 2 ⋅ ∠ATS . ∠B er periferivinkelen til
sentralvinkelen ∠TSA og må derfor være halvparten så stor som ∠TSA . Da har vi at
∠B = 2 ⋅ ∠TSA
1
=
⋅ (180° − 2∠ATS )
2
= 90° − ∠ATS
Linja PT tangerer sirkelen i T, og vi vet da at ∠PTS =
90° . Vi ser da på skissen at
∠PTA = ∠PTS − ∠ATS
c
= 90° − ∠ATS
= ∠B
Trekantene PAT og PTB har dermed parvis like store vinkler og må være formlike.
Vi bruker at forholdet mellom tilsvarende sider i to formlike trekanter er konstant:
BP PT
=
PT AP
PT 2 = AP ⋅ BP
PT 2 =
(d − r )(d + r )
PT 2 = d 2 − r 2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 103 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
d
Vi ser at PTS er rettvinklet fordi ∠PTS =
90° som nevnt i oppgave b. Hypotenusen er PS
lik d, den ene kateten er TS lik r, og den siste kateten er PT. Fra oppgave c har vi at
PT 2 = d 2 − r 2 . Vi snur om på uttrykket og får at PT 2 + r 2 =
d 2 , eller PT 2 + TS 2 =
PS 2 som er
pytagorassetningen for PTS .
Oppgave 6
Vi tegner en skisse av figuren og hjelpelinjestykkene CS, AS og BS:
AB deler CS i to deler, x og y, slik at x + y = CS = r . Fordi  ABC er likebeint, vet vi at høyden
CS på AB deler AB i like store deler med lengde 8 hver.
Vi bruker først pytagorassetningen på den rettvinklede trekanten med AC som hypotenus og x som
katet:
x 2 + 82 =
102
x = 102 − 82
x = 36
x=6
Vi gjør det samme på den rettvinklede trekanten med r som hypotenus og y som katet:
y 2 + 82 =
r2
Vi bruker CAS i GeoGebra til å løse likningssettet
6+ y =
r
2
y + 82 =
r2
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 104 av 105
Løsninger til oppgavene i boka
Radien i sirkelen er r =
25
.
3
Utregning for hånd:
(r − 6) 2 + 82 =
r2
r 2 − 12r + 36 + 64 =
r2
12r = 100
100 25
=
r=
12
3
© Aschehoug
www.lokus.no
Side 105 av 105