De Thébault-punten van een driehoek

Transcriptie

1 De Thébault-punten van een driehoek DICK KLINGENS ( Krimpenerwaard College, Krimpen aan den IJssel maart 008 In [1] stelde Victor Thébault ( , Frankrijk) het volgende probleem: Stelling 1. In een (niet-rechthoekige) driehoek ABC met hoogtelijnen AD, BE, CF (hoogtepunt H) snijden de Euler-lijnen p, q, r van de driehoeken AFE, BDF, CED elkaar in een punt T dat op de negenpuntscirkel (N) van driehoek ABC ligt. Bewijs. We gaan uit van een scherphoekige driehoek ABC (voor een stomphoekige driehoek verloopt het bewijs analoog). De Euler-lijnen van de drie hoek-driehoeken gaan (per definitie) door de hoogtepunten P, Q, R van die driehoeken. De punten K, L, M zijn de middens van de bovenste hoogtelijnstukken AH, BH, CH van de hoogtelijnen van driehoek ABC. Zoals bekend (zie Appendix) liggen K, L, M en D, E, F op de negenpuntscirkel (N) van driehoek ABC. Nu is vierhoek AFHE een in E en F rechthoekige vierhoek. AFHE is dan een koordenvierhoek, waarvan AH een diagonaal is. Het midden K van AH is het middelpunt van de omcirkel (het omcentrum) van AFHE. Het punt K is daarom het omcentrum van driehoek AFE. Daarom gaat de Euler-lijn p van die driehoek (ook per definitie) door het punt K. Analoog zijn de lijnen LQ q en MR r de Euler-lijnen van opvolgend de driehoeken BDF en CED. De Thébault-punten van een driehoek [ 1 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

2 De hoek-driehoeken AEF, DBF, DEC zijn elk indirect gelijkvormig (hh) met driehoek ABC (en dus onderling direct gelijkvormig) []. Daarom kunnen de driehoeken AEF, DBF, DEC op elkaar worden afgebeeld via een draaistrekking [3]. Bij zo n draaistrekking worden overeenkomstige punten en lijnen van die driehoeken op elkaar afgebeeld [4]. Zij D = D F de draaistrekking die driehoek AEF afbeeldt op driehoek DBF, waarbij F het centrum is van de draaistrekking. De rotatiehoek (in positieve draairichting gemeten) is gelijk aan: ϕ = C Dan is: D(P) = Q, D(K) = L en dan ook: D(p) = q De hoek tussen de lijnen p en q is dan gelijk aan C: LTK = C Driehoek KLM is (direct) gelijkvormig (hh) met driehoek ABC, zodat M = C. Omdat (N) ook omcirkel is van driehoek KLM, geldt: M = 1 bg(kfl) Maar dan is ook: LTK = 1 bg(kfl) Volgens de omgekeerde stelling van de omtrekshoek bij een cirkel ligt het snijpunt T van de lijnen p en q dan op (N). Een zelfde redenering kan worden toegepast op het snijpunt van q en r en op het snijpunt van p en r. Het gemeenschappelijk snijpunt T van de lijnen p, q, r ligt dus op (N ). Opmerkingen 1. Het punt T wordt in dit verband wel het Thébault-punt van driehoek ABC genoemd. In een ander verband wordt het punt aangeduid als het Jerabek-middelpunt (naar Vaclav Jerabek, , Tsjechië). Het punt is dan het middelpunt van de orthogonale hyperbool (de zogenoemde Jerabek-hyperbool) die gaat door de hoekpunten van driehoek ABC, door het hoogtepunt H (noodzakelijk voor de orthogonaliteit van de hyperbool) en door het omcentrum O. Zie verder [6, 7]. Het punt staat ook bekend als X 15 in de zogenoemde Kimberling-classificatie (het Kimberlingnummer van het punt T is 15) [7].. In [4; pag. 35] wordt aangetoond dat als drie overeenkomstige lijnen (hier de lijnen p, q, r) elkaar snijden bij drie draaistrekkingen die na elkaar uitgevoerd de identieke afbeelding zijn, hun gemeenschappelijk snijpunt (in dit geval het punt T) op de zogenoemde DS-cirkel van het systeem van de drie draaistrekkingen ligt (de DS-cirkel is per definitie de omcirkel van de driehoek - de DS-driehoek - waarvan de hoekpunten de centra van de drie beschouwde draaistrekkingen zijn). Hier is DEF de DS-driehoek en is de negenpuntscirkel de DS-cirkel; we hebben immers: DF DD DE AEF DBF DEC AEF 3. In Stelling 1 wordt gesproken van een niet-rechthoekige driehoek ABC. Is de driehoek wel rechthoekig, dan is Stelling 1 (bijna) triviaal, omdat een aantal punten dan samenvallen (zie onderstaande figuur). De Thébault-punten van een driehoek [ ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

3 Het punt T heeft, naast de hierboven genoemde eigenschappen, nog een andere bijzonderheid; zie daarvoor Stelling. Stelling. Voor het Thébault-punt T van een driehoek ABC geldt voor de lijnstukken TD, TE, TF dat het grootste ervan gelijk is aan de som van de beide andere. Opmerking. Driehoek DEF is de zogenoemde voetpuntsdriehoek van driehoek ABC; dwz. de driehoek met de voetpunten van de hoogtelijnen op de zijden van driehoek ABC als hoekpunten. Stelling doet daarmee een uitspraak over de afstanden van T tot de hoekpunten van de voetpuntsdriehoek van driehoek ABC. Bewijs. We moeten (in het in bovenstaande figuur getekende geval) aantonen dat: TD = TE + TF L is het omcentrum van de koordenvierhoek BDHF. Daarom is LD = LF. Het punt L is daarmee het midden van boog DF. Dus: FTL = LTD = y M is het omcentrum van koordenvierhoek CEHD. Daarom is MD = ME. Het punt M is daarmee het midden van boog DE. Dus: DTM = MTE = z Is dan in driehoek DTF het punt L' het snijpunt van q met de zijde DF en in driehoek DET het punt M' het snijpunt van r met de zijde DE, dan geldt in die driehoeken (volgens de bissectricestelling): FT : DT = FL' : DL' en ET : DT = EM' : DM' De Thébault-punten van een driehoek [ 3 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

4 Zodat: definitie TE + TF FT ET FL EM S = = + = + (1) TD DT DT DL DM Omdat de hoek-driehoeken DBF en DEC gelijkvormig zijn met driehoek ABC, kunnen we de lijnen q en r ook via twee (verschillende) draaistrekkingen afbeelden op de Euler-lijn e van driehoek ABC. Snijdt de lijn e de zijde AC in O' en de zijde AB in O", dan volgt uit het gebruik van die draaistrekkingen: FL' : DL' = CO' : AO' en EM' : DM' = BO" : AO" zodat: TE + TF CO BO S = = + TD AO AO () Zoals bekend (zie Appendix) gaat de lijn e door het zwaartepunt Z van driehoek ABC. Zijn verder A', B', C' en X' de projecties van de punten A, B, C en X (het midden van de zijde BC) op de lijn e, dan is: CO' : AO' = CC' : AA' en BO" : AO" = BB' : AA' CC BB CC + BB waarmee: S = + = (3) AA AA AA Verder is in het rechthoekige trapezium BCC'B': XX' = CC' + BB' XX En met (3): S = AA' Maar ook is XX' : AA' = XZ : AZ = 1 :, waarmee S = 1. TE + TF Zodat, zie (1): S = = 1 TD Met andere woorden: TE + TF = TD Gevolg (van stelling). In bovenstaande figuur, zie daarvoor ook (), is aangetoond dat: CO BO + = 1 (4) AO AO waarbij O' en O" de snijpunten zijn van een lijn door Z (in dit geval de Euler-lijn e) met de zijden AC en AB. Evenwel, gezien het feit dat het bewijs onafhankelijk is van de punten H en O, geldt eigenschap (4) voor elke lijn door het zwaartepunt Z van een driehoek. We zullen in hetgeen volgt laten zien dat er meerdere punten met de Thébault-eigenschap op de negenpuntscirkel van een driehoek liggen. Daaraan voorafgaand bekijken we, in Lemma 1, een eigenschap die te maken heeft met een speciale lijn door het punt I, het middelpunt van de incirkel van een driehoek (het incentrum van de driehoek). Lemma 1. Zijn A', B', C' de middens van de bogen BC, CA en AB van de omcirkel van een driehoek ABC, en ligt het punt P op boog AB, dan liggen de snijpunten Q en R van opvolgend PB' met AC en van PA' met BC op een lijn l die door I gaat. De Thébault-punten van een driehoek [ 4 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

5 Bewijs Gevolg We hebben daarmee bewezen: We bewijzen deze hulpstelling via de Stelling van Pascal: «de snijpunten van de overstaande zijden van een zeshoek, beschreven in een kegelsnede (cirkel), liggen op dezelfde rechte lijn «. We beschouwen nu de koordenzeshoek AA'PB'BC, waarin de lijnen AA', BB' bissectrices van driehoek ABC zijn (die elkaar snijden in I ). Nu zijn [8] : R = A'P & BC, I = B'B & AA', Q = CA & PB' snijpunten van overstaande zijden van de bedoelde zeshoek. Waaruit het gestelde (Q, R, I liggen op de lijn l ) volgt. Nu zijn PQ ( PB' ) en PR ( PA' ) bissectrices in de driehoeken PCA en PBC. Op grond van Lemma 1 gaat de lijn QR dan door I. Volgens de bissectricestelling in die driehoeken is dan: PA : PC = AQ : CQ, PB : PC = BR : CR PA + PB AQ BR zodat: = + PC CQ CR Gaat de lijn l nu ook door het zwaartepunt Z van driehoek ABC, dan is, overeenkomstig het gevolg van Stelling : PA + PB = PC Stelling 3. Het incentrum I van driehoek ABC bepaalt één punt P op de omcirkel van die driehoek waarvoor geldt dat PA + PB = PC. Opmerking. De in Stelling 3 genoemde eigenschap geldt ook voor de uitcentra U c, U b, U a van driehoek ABC; de uitcentra zijn de middelpunten van de aangeschreven cirkels (uitcirkels) van driehoek ABC. In dit geval berust de eigenschap op de buitenbissectrices van driehoek ABC. In onderstaande figuur zijn de door die uitcentra bepaalde punten P aangegeven met P c, P b, P a. Zodat: De Thébault-punten van een driehoek [ 5 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

6 Stelling 4. Op de omcirkel van een niet-gelijkbenige driehoek liggen (in ieder geval) vier punten waarvoor geldt dat de afstand van zo n punt tot een hoekpunt van die driehoek gelijk is aan de som van de afstanden tot de beide andere hoekpunten. Opmerkingen 1. Dat in Stelling 4 niet-gelijkbenige driehoek staat, kan eenvoudig worden verklaard door te kijken naar een gelijkbenige of naar een gelijkzijdige driehoek. In een gelijkbenige driehoek zijn er drie punten met de genoemde eigenschap (zie de figuur hieronder, links). De lijn ZI valt in dit geval samen met de lijn ZU c. In een gelijkzijdige driehoek geldt de genoemde eigenschap voor elk punt P van de omcirkel (zie de figuur hierboven, rechts). Immers, in zo n driehoek vallen de punten Z en I samen, waardoor de lijn l ZI willekeurig gekozen kan worden. De eigenschap voor een gelijkzijdige driehoek was reeds bekend aan Frans van Schooten jr. (ca , Nederland). Hij bewees de eigenschap in zijn beschouwingen over kegelsneden ( De organica conicarum sectionum in plano descriptione, Tractatus ; 1646). De eigenschap voor de gelijkzijdige driehoek wordt daarom wel Stelling van Van Schooten genoemd. Maar op sommige plaatsen in de wiskundige literatuur wordt ook wel Stelling van Pompeiu gebruikt (naar Dimitrie Pompeiu, , Roemenië). Zie ook [9].. Dat de in Stelling 4 bedoelde vier punten ook de enige punten op de omcirkel zijn, zullen we hierna bewijzen (zie Stelling 6). We kijken nu eerst naar driehoeken XYZ die driehoek ABC als voetpuntsdriehoek hebben. De hoogtelijnen van een driehoek zijn tevens de bissectrices van de hoeken van de voetpuntsdriehoek van die driehoek [10]. De punten X, Y, Z moeten daarom (1) liggen op de bissectrices van driehoek ABC, en wel zo, dat () A, B, C op de (eventueel verlengde) zijden van driehoek XYZ liggen en met (3) XA YZ, YB ZX, ZC XY. De enige punten die aan voorwaarden (1), () én (3) voldoen, zijn de punten I, U a, U b, U c. Daarbij zijn de punten U a, U b, U c dus de uitcentra zijn van de uitcirkels van driehoek ABC. De Thébault-punten van een driehoek [ 6 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

7 We hebben hiermee aangetoond: Stelling 5. Er zijn vier driehoeken waarvan ABC de voetpuntsdriehoek is, en wel: D 0 U a U b U c, D 1 IU b U c, D U a IU c, D 3 U a U b I We bewijzen nu: Stelling 6. De Thébault-punten T k (k = 0, 1,, 3) van de driehoeken D k (zie Stelling 5) zijn de vier in Stelling 4 genoemde punten. Bewijs. Uit Stelling 5 volgt dat de omcirkel (O) van driehoek ABC de negenpuntscirkel is van elk van de driehoeken D k (k = 0, 1,, 3). Van elke driehoek D k ligt het Thébault-punt T k op cirkel (N ), waarbij (zie Stelling ) de afstand van T k tot een voetpunt (A, B of C) gelijk is aan de som van de afstanden tot de beide andere voetpunten. We hebben hierbij dus te maken met dezelfde vier punten als in Stelling 4. We kunnen daarom Stelling 4 en Stelling 6 samenvatten als: Stelling 7. Op de omcirkel van een niet-gelijkbenige driehoek liggen precies vier punten waarvoor geldt dat de grootste afstand van zo n punt tot een hoekpunt van die driehoek gelijk is aan de som van de afstanden tot de beide andere hoekpunten. Deze vier punten zijn de Thébault-punten van de driehoeken U a U b U c, IU b U c, U a IU c, U a U b I. In hetgeen volgt kijken we op een iets andere manier naar de Thébault-punten (en, als gevolg daarvan, naar Stelling 7). We bewijzen allereerst: Lemma. Zijn A', B', C' de middens van de zijden BC, CA, AB van driehoek ABC en zijn T, U, V de raakpunten van de incirkel (I ) met die zijden, dan is het grootste van de lijnstukken TA', UB', VC' gelijk aan de som van de beide andere lijnstukken. De Thébault-punten van een driehoek [ 7 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

8 In nevenstaande figuur is a < c < b. We zullen bewijzen dat in het hier getekende geval met A'T = x, B'U = y, C'V = z geldt: z = x + y Bewijs. De raaklijnstukken uit A, B, C aan de incirkel geven we opvolgend aan met v, t, u. Nu is: t + u+ v = 1 ( a+ b+ c) Verder geldt hier: 1 t = BA TA = a x 1 1 u = CB UB = b y t + u+ v = ( a+ b+ c) + z ( x+ y) 1 v = AC + CV = c+ z Waaruit inderdaad volgt dat: z = x + y Zoals bekend (zie Appendix) raken de incirkel (I ) en de negenpuntscirkel (N) van een driehoek elkaar, en wel in het zogenoemde Feuerbach-punt van die driehoek (zie [11]). Stelling 8. Zijn A', B', C' de middens van de zijden BC, CA, AB van driehoek ABC en is F het Feuerbach-punt van die driehoek dan is het grootste van de lijnstukken FA', FB', FC' gelijk aan de som van de beide andere lijnstukken. Bewijs. Zie bovenstaande figuur. We zullen aantonen daarin geldt: FC = FA + FB. De lijnstukken FA', FB', FC' snijden de incirkel (I ) van driehoek ABC ook in de punten X, Y, Z. Omdat F het gelijkvormigheidspunt is van beide cirkels, geldt: XY // A'B', YZ // B'C', ZX // C'A' Nu is [1] : FB YB FB YB = = FC ZC FC ZC (5) Volgens de raaklijneigenschap is ook: BY BF = ( BU ), CZ CF = ( CV ) (6) zodat, via (5) en (6): FB B U = FC C V Analoog vinden we: FC C V = FA A T Met andere woorden: FA : FB : FC = A T : B U : C V Volgens Lemma is hier: CV = AT + BU Zodat ook: FC = FA + FB Opmerking. Analoog kunnen we bewijzen dat Stelling 8 ook geldt voor de zogenoemde uitwendige Feuerbach-punten F a, F b, F c van driehoek ABC, dwz. voor de raakpunten van de uitcirkels (U a ), (U b ), (U c ) met de negenpuntscirkel (N ); zie Appendix en onderstaande figuur. De Thébault-punten van een driehoek [ 8 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

9 We kiezen vervolgens opnieuw een niet-gelijkbenige driehoek ABC met omcirkel (O); zie onderstaande figuur. Door de hoekpunten van die driehoek tekenen we lijnen evenwijdig met de overstaande zijden. Deze lijnen vormen een driehoek A'B'C' waarvan (O) de negenpuntscirkel is; immers de punten A, B, C zijn de middens van de zijden B'C', C'A', A'B' van driehoek A'B'C'. Cirkel (I' ) is de incirkel, en (U a' ), (U b' ), (U c' ) zijn de uitcirkels van driehoek A'B'C'. Op de omcirkel (O) van driehoek ABC liggen nu de punten F, F a, F b, F c, de Feuerbach-punten van driehoek A'B'C'. Opmerking. Driehoek A'B'C' heet de anticomplementaire driehoek (in dit verband ook wel omgeschreven driehoek) van driehoek ABC. Nu hebben we (en vergelijk met Stelling 7): Stelling 9. Op de omcirkel van een niet-gelijkbenige driehoek liggen precies vier punten waarvoor geldt dat de grootste afstand van zo n punt tot een hoekpunt van die driehoek gelijk is aan de som van de afstanden tot de beide andere hoekpunten. Deze vier punten zijn de Feuerbach-punten van de anticomplementaire driehoek van die driehoek. Of, op basis van Stelling 7 en Stelling 9 (zie ook onderstaande figuur, links): De Thébault-punten van een driehoek [ 9 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

10 Stelling 10a. Als bij een niet-gelijkbenige driehoek ABC geldt: - A'B'C' is de anticomplementaire driehoek van driehoek ABC, en - A"B"C" is een driehoek waarvan ABC voetpuntsdriehoek, dan vallen de vier Feuerbach-punten van driehoek A'B'C' samen met de vier Thébaultpunten van driehoek A"B"C". Gaan we uit van de voetpuntsdriehoek A'B'C' van driehoek ABC (zie bovenstaande figuur, rechts), dan kunnen we Stelling 10a ook formuleren als: Stelling 10b. Als bij een niet-gelijkbenige driehoek ABC geldt: - A'B'C' is de voetpuntsdriehoek van driehoek ABC, en - A"B"C" is de anticomplementaire driehoek van driehoek A'B'C', dan vallen de vier Thébault-punten van driehoek A'B'C' samen met de vier Feuerbachpunten van driehoek A"B"C". Opmerking. In de linker figuur hierboven zijn de hoekpunten van driehoek A"B"C" de uitcentra van driehoek ABC. In de rechter figuur zijn de hoekpunten van driehoek ABC de uitcentra van driehoek A'B'C'. Naschrift. Het bovenstaande is een bewerking van twee in Die Wurzel (uitgever: Verein zur Förderung der Mathematik an Schulen und Universitäten e.v., Jena [13] ) opgenomen publicaties van E.D. Kulanin & O. Faynshteyn: Eigenschaften der Punkte von Feuerbach und Thébault (4e jaargang, & 3+4, 008). De Thébault-punten van een driehoek [ 10 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

11 Appendix Over de Euler-lijn en de negenpuntscirkel Per definitie is de lijn door het omcentrum O en het hoogtepunt H van een driehoek ABC de Euler-lijn e van die driehoek (naar Leonhard Euler, , Zwitserland). Het midden N van het lijnstuk OH is het middelpunt van de negenpuntscirkel van driehoek ABC. Deze cirkel gaat door de middens A', B', C' van de zijden en door de voetpunten D, E, F van de hoogtelijnen. De middens K, L, M van de lijnstukken AH, BH, CH (de bovenste stukken van de hoogtelijnen) liggen eveneens op de negenpuntscirkel. Het zwaartepunt Z van de driehoek ligt ook op de Eulerlijn. Voor een bewijs van deze eigenschappen zie (bijvoorbeeld) [4] en [11]. Overigens, op de Euler-lijn liggen naast de boven genoemde punten meer bijzondere punten van de driehoek; zie [7a] en [7b]. Een belangrijke eigenschap van de negenpuntscirkel is: De incirkel en de drie uitcirkels van een driehoek raken aan de negenpuntscirkel van die driehoek. (Stelling van Feuerbach, 18; naar Karl Wilhelm Feuerbach, , Duitsland) In nevenstaande figuur is (I ) de incirkel van driehoek ABC en zijn (U a ), (U b ), (U c ) de uitcirkels. Deze cirkels raken in F, F a, F b, F c aan de negenpuntscirkel (N) van driehoek ABC. Een synthetisch bewijs van deze eigenschappen is niet eenvoudig (zie [11]). Enkele bewijzen, o.a. gebaseerd op inversie, zijn eveneens via [11] te vinden. De Thébault-punten van een driehoek [ 11 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

12 Noten [1] V. Thébault (1949): Problem 438. In: American Mathematical Monthly 56; pp (oplossing in AMM 57; pp ). Zie ook: N. Dergiades, P. Yiu: Antiparallels and Concurrent Euler Lines. In: Forum Geometricorum 4 (004); pp Hierin staat een bewijs van Stelling 1 op basis van barycentrische coördinaten. Het artikel is online beschikbaar via: [] In driehoek ABC zijn AD, BE, CF de hoogtelijnen met H als hoogtepunt. Daarmee is vierhoek HDCE een koordenvierhoek, zodat: D 1 = EDC = ½ bg(ce) = EHC = H 1 Nu verder: H 1 = H = 90 B 1 terwijl in driehoek ABE: A = 90 B 1 Zodat: D 1 = A Analoog bewijzen we dat E 1 = B. En daarmee zijn de driehoeken ABC en DEC gelijkvormig (hh). [3] Een gelijkvormigheidsafbeelding bestaande uit een draaiing (rotatie) over een hoek ϕ gevolgd door een puntvermenigvuldiging, beide met hetzelfde centrum, heet draaistrekking (ook wel draaivermenigvuldiging). [4] Dick Klingens: Draaistrekking en negenpuntscirkel. In: Euclides 81 (7), mei 006; pp Dit artikel is online beschikbaar via Maar zie ook [5]. [5] Wim Pijls: Gelijkvormigheid 1,. In: Euclides 80 (, 3), 004; pp , pp [6] Dick Klingens (001): Orthogonale hyperbool en driehoek. Op: orthodrie.htm (website). [7] [a] Clark Kimberling (1998): Triangle Centers and Central Triangles. Winipeg (Canada): Utilitas Publishing Inc. (Congressus Numerantium 19). [b] Clark Kimberling: Encyclopedia of Triangles Centers (ETC). Op: (website). [c] Eric W. Weisstein: Jerabek Hyperbola. Op: (MathWorld website). De Thébault-punten van een driehoek [ 1 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam

13 [8] Met A = BC & DE bedoelen we het snijpunt A van de lijn(stukk)en BC en DE. [9] Dick Klingens (006): Stelling van Van Schooten (1646). Op: (website). [10] In onderstaande figuur is DEF de voetpuntsdriehoek van driehoek ABC. Nu is vanwege de gelijkvormigheid van de driehoeken ABC, AFD en EBD (zie ook []): C = ADF = EDB De lijn CD is hoogtelijn in ABC; dus geldt ook: ADF + D 1 = EDB + D = 90 Zodat: D 1 = D Met andere woorden: DC is bissectrice in driehoek DEF. [11] Dick Klingens (000): Over de cirkel van Feuerbach en de lijn van Euler. Op: demon.nl/feuerbach.htm#ste (website). [1] Er wordt gebruik gemaakt van de volgende eigenschap van evenredigheden: a c ac ac = = k k = k = b d bd bd [13] Wurzel e.v., Friedrich-Schiller-Universität, Fakultät für Mathematik und Informatik, Jena (Duitsland); (website). De Thébault-punten van een driehoek [ 13 ] Copyright 008 PandD Software, Rotterdam