Constructies in verband met ontoegankelijkheid

We bestuderen constructies  die we normaal gesproken wel kunnen uitvoeren, maar die nu niet uit te voeren zijn omdat bepaalde delen van de figuur ontoegankelijk zijn. Om zulke constructies uit te voeren zijn spiegelingen rond een as uitermate geschikt. We weten immers dat een spiegeling evenwijdigheid, loodrechtheid en ook afstanden en hoeken bewaart. Hierdoor wordt het mogelijk bepaalde gegevens toch bereikbaar te maken.


Bepaal de bissectrice van de twee gegeven rechten.}

  •  Teken een willekeurige rechte m die de twee gegeven rechten (die we a en b noemen) snijdt.
  • Spiegel de gegeven rechten rond m: a' en b'.
  • Bepaal het snijpunt S van a' en b'.
  • Construeer de bissectrice d van a' en b'. Dit is een basisconstructie.
  • Bepaal tenslotte het spiegelbeeld d', bij spiegeling van d rond m.

Een driehoek verdelen in een aantal driehoeken met gelijke oppervlakte

Is het mogelijk om een driehoek te verdelen in een willekeurig aantal driehoeken met gelijke oppervlakte?

  • Voor n = 2  gebruiken we een zwaartelijn. Driehoeken ACM en ABM hebben een gelijke basis ( CM = MB)  en een zelfde hoogte ( afstand van A tot BC).
  • Voor n = 4 gebruiken we  de constructie van de middenparallel. Hier hebben we 4 congruente driehoeken, dus 4 driehoeken met gelijke oppervlakte.
  • Voor n = 6 tekenen we de drie zwaartelijnen. Noteren we met S(ABC) de oppervlakte van driehoek ABC. Dan is S(AOD)=S(DOB), S(BOE)=S(COE) en S(FOC)=S(AOF). Maar ook is S(ACE)=S(AEB) of S(AFO)+S(FOC)+S(COE)=S(AOD)+S(ODB)+S(BOE). Na vereenvoudiging volgt hieruit dat S(AOF)=S(AOD). Herhaling met de twee andere zwaartelijnen levert uiteindelijk volgend resutaat: de drie zwaartelijnen verdelen driehoek ABC in zes driehoeken met gelijke oppervlakte.
  • Voor willekeurige n werken we als volgt. Neem het voorbeeld van n = 5. Als we 5 driehoeken moeten hebben met gelijke oppervlakte, kiezen we een punt P op BC zodat 4.S(ACP)=S(APB). Omdat  deze driehoeken dezelfde hoogte hebben volstaat het P zo te kiezen dat PB= 4. CP. Daarna kiezen we een punt Q op AB zodat 3.S(PAQ)=S(PQB). Analoog voor de consructie van R en S.

Opgave 11

E,F en G zijn de raakpunten van de ingeschreven cirkel aan de zijden van driehoek ABC. Bewijs dat AF,BG en CE door één punt gaan.

 

Antwoord Klik hier

Hoektransversalen in een driehoek

Neem een driehoek ABC. Een rechte l door een hoekpunt A van de driehoek heet hoektransversaal  of ceviaan van A. We onderzoeken onder welke voorwaarden de hoektransversalen van A,B en C door één punt gaan.

  1. Voor een willekeurig punt P op een hoektransversaal beschouwen we de verhouding van de afstanden tot de twee zijden.
    Omdat \dfrac{P_1R_1|}{|P_1Q_1|}=\dfrac{P_2R_2|}{|P_2Q_2|}, is deze verhouding constant. Noem deze constante v_1 Bij elke transversaal hoort een dergelijke constante. Bereken ze met de klok mee. Nu geldt: De 3 hoektransversalen zijn concurrent als en slechts als v_1v_2v_3=1. Zo geldt bijvoorbeeld voor de binnenbissectrices van een driehoek dat v_1=v_2=v_3=1, dus: de drie binnenbissectrices van een driehoek gaan door één punt.
  2. Laat men ook transversalen toe buiten de driehoek, dan moet men aan de constanten v_i enkel een ander teken geven. Hetr esultaat van hierboven blijft behouden.
  3. We kunnen een hoektransversaal ook kenmerken door de verhouding u_i van de oppervlaktedelen waarin de driehoek door de ceviaan verdeeld wordt.
    U_1=\dfrac{\text{opp} AA'C}{\text{opp} AA'B}=\dfrac{|A'C|}{|A'B|}. Het is eenvoudig te zien dat u_1u_2u_3=v_1v_2v_3 en dus geldt: De 3 hoektransversalen zijn concurrent als en slechts als u_1u_2u_3=1. Onder deze vorm is de stelling ook gekend als de stelling van Ceva.
  4. Nu geldt bijvoorbeeld voor de zwaartelijnen van een driehoek dat u_1=u_2=u_3=1, dus: de drie zwaartelijnen van een driehoek gaan door één punt.
  5. We kunnen dit ook ondzerzoeken voor de drie hooigtelijnen.
    u_1=\dfrac{b \cos \gamma}{c \cos \beta}u_2=\dfrac{c \cos \alpha}{a \cos \gamma} en u_3=\dfrac{a \cos \beta}{b \cos \alpha} en dus is u_1u_2u_3=1. Bijgevolg geldt: de drie hoogtelijnen van een driehoek gaan door één punt.