Meetkunde

Lesbrief 6
1
Meetkunde
Hoektransversalen in een driehoek
ABC is een driehoek. Een lijn l door
een hoekpunt A van de driehoek heet
een hoektransversaal van A. We zullen
onderzoeken onder welke voorwaarden
hoektransversalen van A, B en C door
een punt gaan. In het bijzonder tonen
we aan dat de drie zwaartelijnen, hoogtelijnen en bissectrices door een punt
gaan.
g. 1
Stel l is een hoektransversaal van A.
Voor alle punten D op l is de verhouding v1 = DE : DF van de afstanden
tot de zijden b en c dezelfde. Evenzo
behoort bij een transversaal m van B
een vaste verhouding v2 van de afstanden van een punt op m tot c en a, en bij
een transversaal n van C een verhouding v3 . Gaan l, m en n door een punt,
dan geldt v1 v2 v3 = 1. (Zie g. 2) Omgekeerd, doorsnijden de hoektransversalen
l, m en n alle drie het binnengebied van
de driehoek en is v1 v2 v3 = 1,
g. 2
dan gaan l, m en n ook door een punt.
Noem om dat in te zien het snijpunt van
m en n K en laat loodlijnen KD, KE
en KF neer op a, b en c. (Zie g. 3) We
zien dat KE : KF = (KE : KD)(KD :
KF ) = v13 · v12 = v1 . Op l is er precies
een punt K binnen driehoek ABC met
afstanden tot b gelijk aan KE . Voor
alle punten op l geldt K E : K F = v1 ,
dus K F = KF . Hieruit volgt K = K en daarom gaat l door het snijpunt van
m en n. Voor de binnenbissectrices van
elke driehoek geldt v1 = v2 = v3 = 1,
dus: de binnenbissectrices van een driehoek gaan door een punt.
1
g. 3
Laat men ook transversalen toe buiten
de driehoek, dan behoren bij een waarde
van v1 telkens twee transversalen l1 en
l2 . Men kan ze onderscheiden door de
afstand van een punt tot een zijde van
de driehoek van een teken te voorzien:
positief als het punt aan dezelfde kant
van de zijde ligt als driehoek en negatief in het andere geval. Zo krijgen ook
v1 , v2 en v3 een teken. Men verieert gemakkelijk dat de twee lijnen l1 en l2 altijd een verschillend teken voor v1 geven
en dat drie transversalen door een punt
gaan dan en slechts dan als v1 v2 v3 = 1.
g. 4
De transversaal l = AP kan ook gekarakteriseerd worden door de verhouding OAPC : OAPB = u1 van de oppervlakten van de driehoeken AP C en
AP B waarin l de driehoek ABC verdeelt. (Zie g. 5) Deze verhouding is
echter gelijk aan P C : P B omdat de
driehoeken dezelfde hoogtelijn vanuit A
hebben. Anderzijds geldt OAPC = 21 P E ·
b en OAPB = 12 P F · c, dus P C : P B =
u1 = v1 · bc . Hieruit volgt u1 u2 u3 =
v1 v2 v3 .
g. 5
Neemt men ook transversalen in beschouwing die buiten de driehoek liggen, dan
kan men de verhoudingen u1 , u2 en u3
op dezelfde wijze als v1 , v2 en v3 van
een teken voorzien. Het snijpunt met
de overstaande zijde kan dan ook op een
van de verlengden van die zijde liggen.
Met deze tekenafspraak geldt:
g. 6
Stelling 1.1 (Ceva,1678) Kiest men op de eventueel verlengde zijden a, b en
c van driehoek ABC respectievelijk punten P , Q en R, dan gaan AP , BQ en
CQ AR
CR door een punt dan en slechts dan als BP
PC · QA · RB = 1.
Zie g. 6 voor een plaatje van de stelling. In het bijzonder gaan dus de drie
zwaartelijnen van een driehoek door een punt. (Zie g. 7) Voor de hoogtelijnen
van een driehoek geldt (zie g. 8 en let ook op de tekens): BP = c cos ∠B , P C =
b cos ∠C , CQ = a cos ∠C , QA = c cos ∠A, AR = b cos ∠A, RB = a cos ∠B .
Volgens de stelling van Ceva gaan de hoogtelijnen dus door een punt.
2
g. 7
g. 8
Bewijs: elke binnenbissectrice van een driehoek gaat door het snijpunt van de buitenbissectrices van de andere hoekpunten. Zo ontstaan de middelpunten van de drie zogeheten aangeschreven cirkels. (Zie g. 9) Toon aan
dat de verbindingslijn van twee zulke middelpunten de verbindingslijn van het
derde met het middelpunt van de ingeschreven cirkel loodrecht snijdt in een
hoekpunt.
Opgave 1.1
g. 9
P , Q en R zijn de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan de
zijden van driehoek ABC . (Zie g. 9) Bewijs dat AP , BQ en CR door een
punt gaan. Evenzo voor de aangeschreven cirkels.
Opgave 1.2
De driehoeken ABC en A B C voldoen aan AB A B , BC B C en CAC A . Bewijs dat AA , BB en CC door een punt gaan of evenwijdig
zijn.
Opgave 1.3
Bewijs dat de zes driehoeken waarin de zwaartelijnen een gegeven driehoek verdelen, alle dezelfde oppervlakte hebben. Bijgevolg verdelen de
zwaartelijnen elkaar in de verhouding 1 : 2. (Zie g. 7)
Opgave 1.4
3
Kiest men P op BC zo,
dat AP een binnenbissectrice is van
∠BAC , dan is BP : CP = BA : CA.
Bewijs deze stelling, die de bissectricestelling heet. (Aanwijzing: snijd zoals in
g. 10 de lijn door C evenwijdig aan
AB met de bissectrice.) Bewijs dat hetzelfde geldt voor de buitenbissectrice.
Ook het omgekeerde geldt: verdeelt P
het lijnstuk BC inwendig of uitwendig
in de verhouding CA : BA, dan is AP
de binnen- respectievelijk buitenbissectrice van ∠BAC .
Opgave 1.5
g. 10
P , Q en R zijn punten op
de eventueel verlengde zijden a, b en c
van driehoek ABC . Bewijs: P , Q en R
liggen op een rechte dan en slechts dan
CQ AR
als BP
PC · QA · RB = −1. Dit heet de
stelling van Menelaos (±100 n. Chr.).
Aanwijzing: trek een lijn door A evenwijdig aan a, zoals aangegeven in g.
11.
Opgave 1.6
g. 11
2
Cirkels
Op de cirkel C met middelpunt M en
straal r liggen twee punten A en B en
een punt P buiten de boog AB . De
buitenhoek van een driehoek is gelijk
aan de som van de niet-aanliggende binnenhoeken, dus (zie g. 12) ∠AMT =
2 · ∠AP M en ∠T MB = 2 · ∠MP B .
∠AP B is dus onafhankelijk van de plaats
van P buiten de cirkelboog AB :
g. 12
Stelling 2.1 De grootte van een omtrekshoek is de helft van de grootte van de
middelpuntshoek op dezelfde boog. 4
Gevolg: de verzameling van alle punten
waaruit men een gegeven lijnstuk AB
ziet onder een gegeven hoek, wordt gevormd door twee cirkelbogen op AB die
elkaars spiegelbeeld zijn in AB . (Zie g.
13)
De limietstand van de omtrekshoek ∠AP B
als P tot A nadert, is de hoek tussen het
lijnstuk AB en de raaklijn in A. Men
ziet ook gemakkelijk direct in dat deze
hoek de helft is van de middelpuntshoek
∠AMB , omdat de raaklijn altijd loodrecht op de straal staat. (Zie g. 14)
Liggen vier punten A, B , C en D in deze
volgorde op een cirkel, dan heet ABCD
een koordenvierhoek.
g. 14
g. 13
g. 15
ABCD is een koordenvierhoek dan en slechts dan als de som van
een paar overstaande hoeken gelijk is aan . (Omdat de totale hoekensom gelijk
is aan 2 , is dan ook de som van het andere paar overstaande hoeken gelijk aan
.)
Stelling 2.2
Liggen A, B , C en D in deze volgorde op een cirkel, dan staan overstaande hoeken op complementaire bogen. Hun hoekensom is dus de helft van
2 . Is omgekeerd bijvoorbeeld ∠B + ∠D = , dan trekt men de cirkel door
A, B en C . De boog van deze cirkel tussen C en A is de verzameling van alle
punten aan die kant van AC , van waaruit men AC onder een hoek van − ∠B
ziet. D moet dus op deze boog liggen. Bewijs.
Kies een punt P buiten een cirkel C . Trek door P twee lijnen die C snijden. (Zie
g. 16) De driehoeken P AB en P A B zijn dan gelijkvormig, dus P A : P B =
P A : P B , ofwel P A · P B = P A · P B . Met andere woorden: het product van
de afstanden van P tot de snijpunten met C is onafhankelijk van de keuze van
de lijn door P . Dit product P A · P B heet de macht van P ten opzichte van
de cirkel. Kiest men voor de lijn de raaklijn, dan ziet men dat de macht het
kwadraat is van de lengte van het raaklijnstuk vanuit P aan de cirkel. Ligt P
binnen de cirkel (g. 17), dan leidt men evenzo af dat P A · P B onafhankelijk is
van de keuze van de lijn door P . Ook dan noemt men dit product de macht van
P . Om beide gevallen te onderscheiden geeft men de macht een teken: positief
5
als P buiten, negatief als P binnen de cirkel ligt. De punten op de cirkel hebben
als grensgeval van beide soorten de macht nul; als P de cirkel nadert, gaat de
macht van P inderdaad naar nul.
g. 16
g. 17
Opgave 2.1 Wat is de verzameling van alle punten die een gegeven macht ten
opzichte van een gegeven cirkel bezitten?
Gegeven zijn twee niet-concentrische cirkels. Bewijs dat de verzameling van alle punten die gelijke macht ten opzichte van de cirkels hebben, een
lijn is. (Deze lijn heet de machtlijn van de cirkels.) Snijden de cirkels elkaar,
dan is de machtlijn de verbindingslijn van de snijpunten.
Opgave 2.2
Opgave 2.3 Gegeven zijn drie cirkels. Geen twee ervan zijn concentrisch. Bewijs dat de drie machtlijnen van de drie paren cirkels door een punt gaan. (Dit
punt heet het machtpunt van het drietal cirkels.)
De zijden van een koordenvierhoek ABCD worden verlengd. S is
het snijpunt van AB en CD, T dat van AD en BC . Bewijs dat de binnenbissectrices van de hoeken S en T elkaar loodrecht snijden. (Zie g. 18)
Opgave 2.4
ABCD is een koordenvierhoek. P is een willekeurig punt van de
omgeschreven cirkel. (Zie g. 19) De projecties van P op AB , BC , CD, DA,
AC en BD heten respectievelijk E , F , G, H , K en L. Bewijs dat P E · P G =
P F · P H = P K · P L.
Opgave 2.5
g. 19
g. 18
6
3
Enige formules voor driehoeken
In driehoek ABC trekt men de hoogtelijn hc uit C . Volgens de stelling van
1
1
Pythagoras is c−(b2 −h2c ) 2 = (a2 −h2c ) 2 ,
dus (door te kwadrateren) c2 + b2 − h2c −
1
2c(b2 − h2c ) 2 = a2 − h2c . Sorteren en nogmaals kwadrateren geeft (c2 +b2 −a2 )2 =
4c2 (b2 − h2c ). Aangezien de oppervlakte
O van ABC gelijk is aan 12 hc c, geldt
g. 20
16O2 = 4b2 c2 − (c2 + b2 − a2 )2
= 2bc + (c2 + b2 − a2 ) 2bc − (c2 + b2 − a2 )
= (b + c)2 − a2 a2 − (b − c)2
= (b + c − a)(b + c + a)(a − b + c)(a + b − c)
Noem s = 12 (a + b + c), dan is als gevolg hiervan
O2 = s(s − a)(s − b)(s − c) (de zgn. oppervlakteformule van Heron)
Omdat O = 21 hc c, volgt hieruit tevens dat
hc =
2p
s(s − a)(s − b)(s − c) (de zgn. hoogtelijnformule)
c
Stel I is het middelpunt van de ingeschreven cirkel van driehoek ABC . (Zie
g 21) Uit a = y + z , b = z + x en
c = x + y volgt x = s − a, y = s − b en
z = s − c. Is r de straal van de ingeschreven cirkel, dan is O als som van de oppervlakten van BIC , CIA en AIB gelijk aan 12 r 2(s−a)+2(s−b)+2(s−c) =
rs, dus O = rs en via de oppervlakteformule volgt hieruit
g. 21
r2 =
(s − a)(s − b)(s − c)
:
s
7
Is M het middelpunt van de omgeschreven cirkel van ABC , en R de straal van
deze cirkel, dan geldt R sin ∠A = 21 a
(zie g. 22), dus
a
b
c
=
=
= 2R
sin ∠A sin ∠B sin ∠C
(de sinusregel)
g. 22
Opgave 3.1 Ia en ra zijn middelpunt en straal van de aan de zijde a aangeschreven cirkel. (Zie g 9) Bewijs dat O = ra (s − a) en ra2 = s(s−sb−)(as−c) .
Bewijs dat van alle driehoeken met gegeven omtrek de gelijkzijdige
de grootste oppervlakte heeft.
Opgave 3.2
4
Gemengde opgaven
In koordenvierhoek ABP C is D het snijpunt van de diagonalen.
1
1
1
Bovendien is ABC een gelijkzijdige driehoek. Bewijs dat PB
+ PC
= PD
.
Opgave 4.1
Opgave 4.2
ken ∠AP B .
In vierkant ABCD ligt P zo, dat ∠P CD = ∠P DC = 15◦ . Bere-
Wat is het kleinste aantal scherphoekige driehoeken waarin men
een willekeurige stomphoekige driehoek kan verdelen? En een vierkant? (Geef
dus ook een bewijs dat de gevonden waarden minimaal zijn.)
Opgave 4.3
M is het midden van een
koorde P Q van een cirkel. Door M zijn
nog twee koorden AB en CD getrokken
(met A en C aan dezelfde kant van P Q).
AD snijdt P Q in X , BC snijdt P Q in
Y . Bewijs dat M ook het midden is van
het lijnstuk XY . (Zie g. 23)
Opgave 4.4
g. 23
8
D, E en F zijn de voetpunten van de hoogtelijnen uit A, B en
C op de overstaande zijden van driehoek
ABC . DEF heet de voetpuntsdriehoek
van ABC . Bewijs dat het hoogtepunt H
van ABC het middelpunt is van de ingeschreven cirkel van de voetpuntsdriehoek DEF . (Zie g. 24)
Opgave 4.5
g. 24
9