Opgave 1

Het getal $b=1$ invullen in de vergelijking $\frac{a+b}{b}=\frac{a}{b}$ geeft $\frac{a+1}{a}=\frac{a}{1}$. Kruislings vermenigvuldigen geeft $a+1=a^2$ met als oplossing $a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$. Omdat $b=1$ geldt dat $\frac{a}{b}=\varphi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$.

Opgave 2

Neem middelpunt $M$ zodat $\angle AMB=\tfrac{1}{5}\cdot 360^{\rm o}=72^{\rm o}$ en $\angle MAB=\angle MBA=54^{\rm o}$.

In gelijkbenige driehoek $ABC$ met $AB=BC$ is de tophoek $\angle ABC=108^{\rm o}$ en zijn de basishoeken $\angle BCA=\angle BAC = 36^{\rm o}$. Omdat $AD=BD$ is driehoek $ABD$ gelijkbenig met tophoek $\angle ABD=36^{\rm o}$ en de basishoeken zijn $\angle DAB=\angle DBA=72^{\rm o}$.

In driehoek $ABF$ is de tophoek $\angle ABF=36^{\rm o}$ en de basishoeken $\angle BAF=\angle BFA=72^{\rm o}$. Zodoende is deze driehoek $ABF$ gelijkbenig met zijde $AB=AF$.

Driehoek $ABG$ is gelijkbenig vanwege de gelijke basishoeken $\angle ABG = \angle BAG = 36^{\rm o}$ en dus is de tophoek $\angle AGB=108^{\rm o}$.

In driehoek $AFG$ zijn de basishoeken $\angle AFG = \angle AGF = 72^{\rm o}$ en is de tophoek $\angle FAG=36^{\rm o}$ en dus is ook deze driehoek gelijkbenig.

Conclusie is dat in de driehoeken $AMB$, $ABC$, $ABF$, $ABG$ en $AFG$ alle hoeken een veelvoud van $18^{\rm o}$ zijn.

Opgave 3

Alle genoemde driehoeken zijn gelijkbenig.

Opgave 4

Onderstaande tabel toont de vergrotingen

Tophoek	Basishoek	Driehoek	Basis	Benen
$72^{\rm o}$	$54^{\rm o}$	$AMB$	$a$
$108^{\rm o}$	$36^{\rm o}$	$ABC$	$a+b$	$a$
$36^{\rm o}$	$72^{\rm o}$	$ABF$	$b$	$a$
$108^{\rm o}$	$36^{\rm o}$	$ABG$	$a$	$b$
$36^{\rm o}$	$72^{\rm o}$	$AFG$	$a-b$	$b$
$36^{\rm o}$	$72^{\rm o}$	$ABD$	$a$	$a+b$

Vergrotingen van elkaar zijn dus de driehoeken $ABF$, $AFG$ en $ABD$ met tophoek $36^{\rm o}$ en de driehoeken $ABC$ en $ABG$ met tophoek $108^{\rm o}$.

Opgave 5

Driehoek $ABC$ is een vergroting van driehoek $ABG$, dus $\frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AG}$. Omdat $\frac{AC}{AB}=\frac{a+b}{a}$ en omdat $\frac{AB}{AG}=\frac{a}{b}$, daarom $\frac{a+b}{a}=\frac{a}{b}$, oftewel $ab+b^2=a^2$, dus $a^2-ab^2-b^2=0$. 

Driehoek $ABC$ is een vergroting van driehoek $ABF$, dus $\frac{AD}{AB}=\frac{AB}{AF}$. Omdat $\frac{AD}{AB}=\frac{a+b}{a}$ en omdat $\frac{AB}{AF}=\frac{a}{b}$, daarom $\frac{a+b}{a}=\frac{a}{b}$. 

Driehoek $ABF$ is een vergroting van driehoek $AFG$, dus $\frac{AB}{AF}=\frac{AF}{FG}$. Omdat $\frac{AB}{AF}=\frac{a}{b}$ en omdat $\frac{AF}{FG}=\frac{b}{a-b}$, daarom $\frac{a}{b}=\frac{b}{a-b}$. Na kruislings vermenigvuldigen krijg je in beide gevallen dezelfde vergelijking $a^2-ab-b^2=0$.

Opgave 6

De oplossing van de vergelijking $\frac{a+b}{a}=\frac{a}{b}$ is de oplossing van de kwadratische vergelijking $a^2-ab-b^2=0$. Omdat $a$ en $b$ al in de formule staan, kan toepassen van de abc-formule ondoorzichtig worden. De vergelijking $x^2-px-p^2=0$ doet al meer vertrouwd aan. Nu is $x=\frac{p\pm\sqrt{p^2+4p^2}}{2}=\frac{p\pm\sqrt{5p^2}}{2}=p\cdot\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$ waardoor $\frac{x}{p}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$. Terug naar $a$ en $b$ levert $\frac{a}{b}=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$, hetgeen te bewijzen was.

Opgave 7

In GeoGebra kun je met het commando “Regelmatige veelhoek” een vijfhoek tekenen. Alternatief is om met een geodriehoek vanuit het midden vijf lijnen met hoeken van $72^{\rm o}$ te trekken en dan met een passer de snijpunten te markeren van een cirkel met die vijf lijnen.

Opgave 8

In de tienhoek is de middelpuntshoek $36^{\rm o}$. Driehoeken $OAB$, $OCD$ en $OCD$ zijn dus gulden snede driehoeken. Verder rekenen met overstaande hoeken, $F$-hoeken en $Z$-hoeken levert nog meer gelijkbenige driehoeken op met een tophoek van $36^{\rm o}$, bijvoorbeeld de driehoeken $ACK$ en $BDL$. Gelijkbenige driehoeken op met een tophoek van $108^{\rm o}$ zijn bijvoorbeeld de driehoeken $CEK$ en $DFL$, maar ook de driehoeken $OCE$ en $ODF$. Ook dat zijn gulden snede driehoeken.

Opgave 9

Stel $\frac{a}{b} = \varphi$ en $AO=a$. Omdat driehoek $OAB$ een gulden snede driehoek is met tophoek $36^{\rm o}$, dan is $AB=b$. Driehoek $ACK$ is ook een gulden snede driehoek met tophoek $36^{\rm o}$. Omdat $AK=a$, daarom is $AC=b$ en dus $OC=a+b$. De verhouding tussen twee opeenvolgende tienhoeken is nu $\frac{OC}{OA}=\frac{a+b}{a}=\varphi$. Conclusie is dus dat de lengtes van de zijden van opeenvolgende tienhoeken een meetkundige rij vormen met reden $\varphi$.