Bijzondere lijnen

Antwoorden bij de opgaven

    1. Doen.
    2. Stelling: De drie zwaartelijnen van een driehoek gaan door één punt.
      Bewijs: Laat AD en BE zwaartelijnen zijn in een driehoek ABC, en Z hun snijpunt. Omdat ΔCED~ΔCAB (hh) en |CE|:|CA|=1:2 is ook |DE|:|AB|=1:2. Ook is ΔZDE~ΔZAB (hh). Omdat |DE|:|AB|=1:2 is ook |ZE|:|ZB|=1:2 en |ZD|:|ZA|=1:2.
      Twee zwaartelijnen verdelen elkaar dus in de verhouding 1 : 2. Maar dan moet de zwaartelijn uit C die uit A ook zo verdelen, dus door Z gaan. De drie zwaartelijnen gaan dus door één punt. Dat heet het zwaartepunt van de driehoek. Q.e.d.
      (Deze stelling staat ook in de lijst definities/stellingen voor de vlakke meetkunde voor vwo wiskunde B, dus een bewijs is eigenlijk niet nodig, maar wel een goede oefening.)
  1. Gegeven: ΔABC en AD is hoogtelijn en zwaartelijn in deze driehoek.
    Te bewijzen: AD is bissectrice.
    Bewijs: |AD|=|AD|, BDA=CDA=90° en |BD|=|DC| geeft ΔABDΔACD (ZHZ). En dus is BAD=CAD. Q.e.d.
    1. Gegeven: ΔABC met AC=BC en AD en BE als hoogtelijnen.
      Te bewijzen: |AD|=|BE|.
      Bewijs: |AB|=|BA|, D=E=90° en A=B (stelling gelijkbenige driehoeken) geeft ΔABDΔBAE (ZHH). En dus is |AD|=|BE|. Q.e.d.
    2. Gegeven: ΔABC met AC=BC en AD en BE als zwaartelijnen.
      Te bewijzen: |AD|=|BE|.
      Bewijs: |AB|=|BA|, A=B (stelling gelijkbenige driehoeken) en |AE|=12|AC|=12|BC|=|BD| geeft ΔABDΔBAE (ZZH). En dus is |AD|=|BE|. Q.e.d.
    3. Gegeven: ΔABC met AC=BC en AD en BE als deellijnen.
      Te bewijzen: |AD|=|BE|.
      Bewijs: |AB|=|BA|, A=B (stelling gelijkbenige driehoeken) en BAD=12A=12B=ABE geeft ΔABDΔBAE (ZHH). En dus is |AD|=|BE|. Q.e.d.
    1. Congruentiekenmerken ZZH en ZZR.
    2. Omdat MD=ME=MF gaat er een cirkel door de punten D,E en F. Omdat alle drie de lijnstukken loodrecht staan op een zijde van de driehoek zijn deze zijden raaklijnen van de cirkel.
    1. Gegeven: ΔABC met middelloodlijnen op AB en BC. Het snijpunt van deze middelloodlijnen is M, het midden van AB is D en het midden van BC is E. FM is de lijn door M en het midden F van AC.
      Te bewijzen: MFAC. Bewijs: Omdat MD de middelloodlijn van AB is, is ΔADMΔBDM (ZHZ) en dus is |AM|=|BM|.
      Op dezelfde manier is |BM|=|CM|.
      Daarom is |AM|=|CM|. Bovendien is |AF|=|FC| en |FM|=|FM|, zodat ΔAFMΔCFM (ZZZ).
      En daarom is AFM=CFM=90° zodat MFAC. Q.e.d.
    2. M ligt binnen de driehoek ABC als deze driehoek scherphoekig is, anders niet.
    3. Omdat |MA|=|MB|=|MC|.
    4. Ja.
    1. Doen.
    2. Gegeven: ΔABC met drie hoogtelijnen. Het snijpunt van deze hoogtelijnen is H.
      Te bewijzen: Alle drie de hoogtelijnen gaan door H. Bewijs: Teken ΔDEF door een lijn door A en evenwijdig BC, door B en evenwijdig ACen door Ceen lijn evenwijdig aan AB te trekken. De hoogtelijnen van ΔABC zijn middelloodlijnen van ΔDEF en gaan dus door één punt (zie vorige opgave). Q.e.d.
    1. Trek een lijn door B en evenwijdig AC.
      Punt E is het snijpunt van de bissectrice CD met deze lijn.
      Nu is ∠BED = ∠ACD (Z-hoeken) en dus is AC = BC (gelijkbenige driehoek CEB).
      Verder zijn de driehoeken ACD en BED gelijkvormig (hh).
      Dus: AD / DB = AC / EB = AC / BC. Q.e.d.
    2. AD=8126=4 en DC=4126=2.
  2. Gegeven: Cirkel met middelpunt M. Punten A en B op de cirkel en lijn door M en het midden P van AB.
    Te bewijzen: MPAB.
    Bewijs: Uit |MA|=|MB|, |MP|=|MP| en |AP|=|PB| volgt ΔBPMΔAPM (ZZZ). En dus is BPM=APM=90°. Q.e.d.
    1. Gegeven: ΔABC met de hoogtelijnen AD en BE en |AD|=hA, |BE|=hB, |BC|=a en |AC|=b.
      Te bewijzen: hA:hB=b:a.
      Bewijs: Uit D=E=90o en C=C volgt ΔADC~ΔBEC (hh). Daaruit volgt: hAb=hBa. En dat levert op hA:hB=b:a. Q.e.d.
    2. Nu gebruik je dat de oppervlakte van ΔABC is te schrijven als 12ahA en ook als 12bhB.
    1. Gegeven: ΔABC, de bissectrice van A en de buitenbissectrices van B en C.
      Te bewijzen: De drie bissectrices gaan door punt S, het snijpunt van de bissectrice van A en de buitenbissectrice van B.
      Bewijs: Punten op een bissectrice hebben gelijke afstanden tot de benen van de hoek. Dus:
      S ligt op de bissectrice van A: de afstand van S tot AB is gelijk aan de afstand tot AC.
      S ligt op de buitenbissectrice van B: de afstand van S tot AB is gelijk aan de afstand tot BC.
      Dan is de afstand van S tot AC gelijk aan de afstand tot BC, dus S is een punt van de buitenbissectrice van C. De drie bissectrices gaan door punt S. Q.e.d.
    2. Gegeven: De bissectrice en de buitenbissectrice van A. De binnenhoek wordt verdeeld in A1 en A2 en de buitenhoek in A3 en A4
      Te bewijzen: De twee bissectrices staan loodrecht op elkaar.
      Bewijs: AD is de bissectrice van A, dus A1=A2. De buitenbissectrice deelt de hoek middendoor, dus A3=A4. Bekend is dat A1+A2+A3+A4=180o. Dan is A2+A3=90o. Q.e.d.
    3. Gegeven: ΔABC met zwaartelijn AD. De buitenbissectrice van A staat loodrecht op de zwaartelijn AD.
      Te bewijzen: ΔABC is gelijkbenig.
      Bewijs: Omdat BAD samen met de halve buitenhoek 90° is en dit ook geldt voor DAC en de andere halve buitenhoek, is BAD=DAC. En omdat ook |AD|=|AD| en |BD|=|DC| is ΔBADΔCAD (ZZH). Dus is B=C en is ΔABC gelijkbenig (stelling gelijkbenige driehoek). Q.e.d.
  3. Gegeven: ΔABC met de hoogtelijnen AD en BE en A>90°. (E ligt op het verlengde van CA.)
    Te bewijzen: ABC=DEC.
    Bewijs: Uit D=E=90o en C=C volgt ΔADC~ΔBEC (hh). Daaruit volgt: |DC||EC|=|AC||BC|. En samen met C=C levert dit op ΔABC~ΔDEC. En dus is ABC=DEC. Q.e.d.
  4. Gegeven: ΔABC waarin de middelloodlijn van AB door C en middelloodlijn AC door B gaat.
    Te bewijzen: ΔABC is gelijkzijdig.
    Bewijs: C ligt op de middelloodlijn van AB, dus |AC|=|BC| (aantonen met congruentie van driehoeken). B ligt op de middelloodlijn van AC, dus |AB|=|BC| (aantonen met congruentie van driehoeken). Hieruit volgt: |AB|=|BC|=|AC| dus ΔABC is gelijkzijdig. Q.e.d.