APPENDIX bij Met en/of zonder coördinaten DICK KLINGENS april 2017

Transcriptie

1 APPENDIX ij Met en/of zonder oördinaten DICK KLINGENS april Nóg drie ewijzen van stelling I Stelling I (issetriestelling). Is D het voetpunt van de issetrie van hoek A op de zijde BC van driehoek ABC, dan is AB : = BD : BC. figuur a1 figuur a2 figuur a3 Bewijs A. Zie figuur a1. Kies op het verlengde van AD het punt E zó dat EB = AB. Dan zijn de driehoeken EBD en D gelijkvormig (hh). Dus: BD : CD = EB : En dan is ook BC : CD = AB :. Bewijs B. Zie figuur a2. Met BB' en CC' loodreht op AD zijn de driehoeken BB'D en CC'D gelijkvormig (hh). En dat geldt eveneens voor de driehoeken ABB' en C' (ook hh). Enerzijds is dan BD : CD = BB' : CC' en anderzijds is AB : = BB' : CC'. Zodat inderdaad: AB : = BD : CD Bewijs C. Zie figuur a3. En natuurlijk kan het ook met de sinusregel. Daarmee lijkt dat: AB BD en CD sin D1 sin A1 sind2 sin A2 Met sin D1 = sin D2 (samen 180 o ) en sin A1 = sin A2 zien we snel dat AB : = BD : CD. 2. De normaalvergelijking van een lijn We ekijken een en ander dus in een rehthoekig assenstelsel xoy; zie figuur a4a. We gaan uit van de gewone vergelijking van de lijn l: l ax + y = figuur a4a Is n de afstand van het punt O tot l en is φ de hoek van de drager van het loodlijnstuk met de positieve x-as, dan geldt voor het voetpunt C = (x0, y0) van de loodlijn: x0 = n os φ, y0 = n sin φ Voor de rihtingsoëffiiënt (rio) van l heen we dan: 1

2 o 1 rio( l) - a tan(90 ) tan - En daarmee kunnen we een andere vergelijking van l opstellen: -1 l :: y tan ( x nos ) nsin of, na vermenigvuldiging met sin φ: sin y - os x nos nsin Zodat die andere vergelijking geshreven kan worden als: l os φ x + sin φ y = n Dit is de normaalvergelijking (normaalvorm) van de lijn l, ook Hesse-vergelijking genoemd, naar L.O. Hesse ( , Duitsland) die deze vergelijking in 1865 als eerste eshreef in zijn Vorlesungen aus der Analytishen Geometrie. Opmerkingen 1. In de Hesse-vergelijking moet φ gerekend worden in positieve draairihting, vanaf de positieve x-as. Voor mij is de hoek tussen een rehte lijn en de positieve x-as een hoek tussen 0 o en 180 o. 2. De som van de kwadraten van de oördinaten van x en y is gelijk aan 1. Op asis van opmerking 2 moet de herleiding van de vergelijking ax + y = zó geshieden dat met vermenigvuldiging met een fator k 0 uit k ax + k y = k volgt dat (ka) 2 + (k) 2 = 1. 1 Oftewel k, zodat, met k >0 : a a lh :: x y a a a In de normaalvorm is n een positief getal. De waarde van k moet dus zó gekozen worden (+ of ) dat dit ook in de lh-vorm het geval is. Afstand punt-lijn (1e methode) De afstand van een punt P tot een lijn l kan met ehulp van de Hesse-vergelijking eenvoudig worden erekend. figuur a4 Gegeven: P = (x1, y1) en l os φ x + sin φ y = n. Te erekenen: d = afst(p, l). Berekening. Zie figuur a4. Voor de lijn m door P evenwijdig met l is dan: m os φ x + sin φ y = n1 En daarmee is dan d = PP' = n1 n Tot hiertoe heeft n1 nog een onekende waarde, maar omdat P op m ligt is n1 te erekenen: n1 = os φ x1 + sin φ y1 Zodat, rekening houdend met het teken van d: d = n1 n = os φ x1 + sin φ y1 n En met de vergelijking van l geshreven als ax + y =, is dat hetzelfde als: ax1y1 d a 2

3 Afstand punt-lijn (2e methode) Zonder de goniometrishe vorm van de Hesse-vergelijking kunnen we ook komen tot de hieroven staande afstandsformule. Met l ax + y = en m ax + y = ' en met P = (x1, y1) op de lijn m is (en zie weer figuur a4): A (,0), B(0, ) en ' = ax1 + y1 a Daaruit volgt, met als oppervlaktefuntie: - a a AB ( ) ( ) a ( OAB) 2OC AB 2n a a Maar ook is: ( OAB) 2OAOB 2 a Uit eide uitdrukking voor de oppervlakte volgt dan dat n a ' ax1 y1 En dan is, analoog, n'. En zo vinden we: a a d n' n ax y 1 1 a 3. Twee ewijzen van de omgekeerde van stelling I Stelling I (omgekeerde issetriestelling). Als in driehoek ABC het punt D op de zijde BC ligt én AB : = BD : CD is, dan is AD de issetrie van hoek A. Bewijs A (analytish). We gaan uit van AB : = BO : CO. Stel in een rehthoekig assenstelsel xoy is A = (p, q), B = (-, 0) en C = (, 0). Hieruit lijkt dat BO : CO = :. We willen in deze onfiguratie aantonen dat AO de issetrie is van hoek A. Voldoende is nu te ewijzen dat het punt O op die issetrie ligt. De vergelijkingen van de enen van hoek A zijn (we zagen deze ook in het artikel): AB y q ( x ), p y p q ( x ) De normaalvergelijkingen van die lijnen zijn (zie eventueel weer paragraaf 2): qx ( p ) y q qx ( p ) y q AB :: 0, :: 0 q ( p ) q ( p ) Merk op dat we uitdrukkingen voor de lengtes van de zijden AB en terugzien in de noemers van deze uitdrukkingen. Voor de afstanden van O tot de enen van hoek A geldt nu: afst( O q q, AB ) AB AB, afst(, ) q q O En hieruit volgt: afst(, ):afst(, ) : O AB O : AB AB AB 1 Het zijn gelijke afstanden! Het punt O ligt inderdaad op de issetrie van hoek A. Bewijs B (uit het ongerijmde; synthetish). Het is voldoende aan te tonen dat het punt D op de issetrie van hoek A ligt. (Veronderstelling) Stel dat D niet op die issetrie ligt. Dan is er een punt D' ( D) op BC dat het voetpunt is van de issetrie van hoek A. Volgens stelling I (issetriestelling) geldt dan: AB : = BD' : CD'. 3

4 Met de gegeven evenredigheid vinden we dan eenvoudig: BD : CD = BD' : CD' Maar dan zijn er twee vershillende punten op het lijnstuk BC die dat lijnstuk in dezelfde verhouding verdelen. En dat kan niet; en daarmee is de veronderstelling onjuist. D ligt dus wél op de issetrie van hoek A. 4. De Apollonius-irkel 4.1. Synthetish ekeken De innen- en uitenissetrie van hoek A van een driehoek ABC snijden de lijn BC opvolgend in de punten D en E; zie figuur a5. figuur a5 Daarij is: - DB : DC = AB : - EB : EC = AB : (*) - EAD = 90 o Het punt A ligt dus op de irkel met middellijn DE (Thales-irkel met middelpunt M). Opmerking. De lezer die niet ekend is met deze eigenshap (*) van de uitenissetrie, overtuige zih uiteraard van de juistheid hiervan! 4.2. Construtie We zoeken de meetkundige plaats van de punten X waarvoor ij een gegeven lijnstuk BC geldt: XB : XC = r : 1 Deze verhouding is dus epaald door: a. twee lijnstukken, de een met lengte r en de ander met lengte 1, of. twee lijnstukken met lengtes p en q waarij p : q = r : 1. We gaan voor de onstrutie uit van mogelijkheid a. Zie figuur a6. figuur a6 Construtiestappen - Kies op een (willekeurige) lijn l door B de punten U en V met BU = BV = 1. - Kies op de lijn m door C evenwijdig met l het punt W met CW = r. - WU & BC = D, WV & BD = E [1] - M = midden(de) - De irkel met middellijn DE is dan de r-apollonius-irkel op BC. 4

5 Opmerking. De lezer overtuige zih ervan dat hoek DXE met X op de zojuist geonstrueerde irkel gelijk is aan 90 o Apollonius-irkels ij een driehoek Als de lengtes van de zijden van een driehoek ABC gelijk zijn aan a, en, dan kunnen we op elke zijde van die driehoek een Apollonius-irkel tekenen, met: - op BC: r = / - op CA: r = a/ - op AB: r = /a We zien deze irkels in figuur a7. figuur a7 Wat in die figuur opvalt: - de drie irkels gaan door twee punten P en Q (dit zijn de isodynamishe punten van de driehoek); - de middelpunten Ma, M M van die irkels zijn ollineair. De auteur laat het aan de lezer eide eigenshappen te ewijzen. [2] 5. Een ander ewijs van stelling II In driehoek ABC is volgens de (voor het gemak omgekeerde ) sinusregel, zie figuur a8: sin A sin C AB sin C en dus ook BC AB BC sin A figuur a8 In driehoek DEF is volgens diezelfde regel: sin D sin E DF sin E, en daarmee ook EF DF EF sin D Omdat sin A = sin D én sin C = sin E (C en E zijn samen immers gelijk aan 180 o ) is: AB : BC = DF : EF, of iets anders geshreven AB : DF = BC : EF 6. Toegift Nog wat over een raaklijnenvierhoek Stelling V. Een vierhoek ABCD is een raaklijnenvierhoek (rvh) dan en slehts dan als de sommen (van de lengtes) van de overstaande zijden gelijk zijn. 5

6 figuur a9 Bewijs (eerste deel, noodzakelijk). We gaan uit van een rvh met zijdelengtes a,,, d (zie figuur a9). De raaklijnstukken aan de inirkel van de rvh zijn twee aan twee gelijk, en daaruit volgt diret dat a + = + d. Bewijs (tweede deel, voldoende). Dit deel van het ewijs ligt niet zo voor de hand. [3] We zullen uitgaande van a + = + d door middel van onstrutie laten zien dat vierhoek ABCD een inirkel heeft. We ondersheiden ten ehoeve van deze onstrutie drie mogelijkheden: 1. a = 2. a > 3. a < Uit a + = + d volgt diret a = d. En deze laatste uitdrukking zullen we een enkele keer geruiken. figuur a10a figuur a10 ad 1. In dit geval is ook = d. De vierhoek is dan een vlieger; zie figuur a10a. Door onstrutie moeten we nu aantonen dat een vlieger een inirkel heeft (een vlieger is een rvh) - Het middelpunt M van de gezohte irkel is het snijpunt van de diagonaal BD (vanwege de symmetrie) met de issetrie van hoek A (of van hoek C). ad. 2. Als a > is, dan is ook d >. Zie figuur a10. - Kies nu op AB het punt P met BP =. - Kies op DA het punt Q met DQ =. Dan is AP = a, AQ = d, zodat AP = AQ. De driehoeken APQ, BCP en CDQ zijn dus gelijkenig. - Construeer de middelloodlijnen van (twee van) de zijden van driehoek PQC, elkaar snijdend in het punt M. Die lijnen zijn tevens de issetries van de hoeken A, B en D. Met het punt M heen we dan: afst(m, BC) = afst(m, AB) = afst(m, DA) = afst(m, DC) En daarmee is aangetoond dat ABCD een inirkel heeft. ABCD is dan een rvh. ad 3. In het geval dat a < is, is er eenzelfde onstrutie mogelijk als ij Noten [1] De notatie X = l & m houdt in: X is een snijpunt van de meetkundige ojeten l en m. [2] Zie eventueel ook: Dik Klingens (2004): Apollonius-irkel(s), isodynamishe punten. Op de wesite van de auteur: 6

7 [3] Zie ook: Paul Yiu (1998): Notes on Eulidean Geometry. Elektronish eshikaar via: ; pag Over de auteur Dik Klingens was van januari 2000 tot augustus 2014 (eind)redateur van Eulides. Tot aan zijn pensioen in 2010 was hij ook wiskundeleraar, lerarenopleider ij het tehnish eroepsonderwijs en shoolleider. Gedurende enkele jaren was hij lid van de TWO-ontwikkelgroep meetkunde voor wiskunde B vwo (eindexamen vanaf 2018). 7