Het oog van de spiraal

driehoek ABC bij de punten P, Q en R op

achtereenvolgens de lijnen BC, CA en AB.

Nogmaals door één punt

Teken op de zijden van een driehoek naar buiten vierkanten (zie figuur 8). Een soortgelijk plaatje kennen we bij de stelling van Pythagoras, maar nu maken we het bij een willekeurige driehoek. De middelloodlijnen van de zijden van de driehoek verdelen de vierkanten in twee helften. Teken lood- lijnen op de drie zijden van de driehoek en bekijk de stroken in de vierkanten tussen deze loodlijnen en de middelloodlijnen. In figuur 8zijn deze stroken lichtrood aangegeven. We voorzien de oppervlakte van de stroken van een teken: we rekenen de oppervlakte positief als de loodlijn vanuit de driehoek gezien links van de middelloodlijn ligt (zoals bij strook I

in figuur 8), anders negatief.

In de notatie van het voorgaande geldt dan: oppervlakte van strook I is O_I
(p1)aa 0, oppervlakte van strook II is O_II
(q1)bb0, oppervlakte van strook III is O_III
(r1)cc 0. We hebben dus gevonden: F
O_IO_IIO_III.

De drie loodlijnen gaan dan en alleen dan door één punt als de som van de georiënteerde oppervlakten van de stroken tussen de loodlijnen en de middelloodlijnen 0 is.

Een variant van dit resultaat staat in figuur 9(zie ook [2]). Loodlijnen verdelen de zijden van de driehoek. Op elk van de zes stukken zijn vierkanten getekend, die afwisselend licht- en donkerrood zijn ingekleurd. De drie loodlijnen gaan alleen dan door één punt als de lichtrode vierkanten samen even groot zijn als de donkerrode vierkanten.

Twee voorbeelden

Een fraai plaatje krijgen we als het oog O op een van de zijden ligt, bijvoorbeeld op AB. In figuur 10is dat het geval. Omdat O dan ook op A₁B₁ ligt, is O het snijpunt van AB en A₁B₁. Dan valt (in de voorgaande notatie) het oog O samen met R.

PCQRC₁is dan een koordenvijfhoek met middellijn

CC₁.

Willen we omgekeerd - bij gegeven punten P en Q op respectievelijk BC en CA - een situatie als in figuur 10 bereiken, dan moeten we voor R het snijpunt kiezen van de cirkel door P, Q en C met lijn AB.

In alle figuren tot nu toe was de vermenigvuldigings- factor f kleiner dan 1: de spiralen draaiden naar

binnen. We hebben echter alle vrijheid in de keuze van p, q en r. Het is dan ook eenvoudig ervoor te zorgen

dat f groter dan 1 is, zodat de spiraal naar buiten draait. Aardig is ook de periodieke draaiing in het geval f
1.

We starten bijvoorbeeld met een gelijkzijdige driehoek

ABC. Daarbij geldt: pqr
11 2  1 2
3  f. De keuze p
1 2
3, q
 1

2en r = 1 geeft f
1 en we krijgen dan figuur 11.

De hoogtelijn in driehoek ABC uit hoekpunt C heeft lengte h_c; de hoogtelijn in driehoek A₁B₁C₁uit C₁heeft lengte h_c1. De vermenigvuldigingsfactor is dus h_c1: h_c. Deze factor noemen we f.

|F(p,q,r)|
|F(p, q, r)F(p, q, r0)|
|rr0|c2
|RR₀|c
h_c1c
f h_cc
f 2O, waarbij O de oppervlakte van driehoek ABC is.

Hieruit volgt: ƒ
|F(p 2 , O q, r )| .

Omdat 2O
h_aa
h_bb
h_cc, waarbij h_aen h_b analoog gedefinieerd zijn aan h_c, kunnen we f ook als volgt schrijven:

Het oog van de spiraal

Uitgaande van een driehoek ABC met op de

(verlengden van de) zijden de punten P, Q en R, ligt de spiraal vast. Kunnen we bij voorbaat zeggen waar het oog van de spiraal ligt? Daarover gaat het volgende. Door de constructie twee keer uit te voeren, ontstaat driehoek A₂B₂C₂uit driehoek ABC: een draaiing over 180° tezamen met een vermenigvuldiging met f2_{, ofwel} een puntvermenigvuldiging met factor - f2_{. Het} centrum van deze puntvermenigvuldiging is het oog O van de spiraal (zie figuur 5). Dit ligt dus op de lijnen

AA₂, BB₂en CC₂.

Als we de driehoeken ABC en A₂B₂C₂kennen, kunnen we driehoek A₁B₁C₁als volgt vinden. Omdat |OC₂|

f2 _{|OC| en |OC1|
f |OC| , is |OC1| de middel-} evenredige van |OC| en |OC₂|. We gaan daarom als volgt te werk. We tekenen een lijn door O loodrecht op

CC₂en snijden deze met de cirkel met middellijn CC₂. Laat X een van de snijpunten zijn. Met

gelijkvormigheid is gemakkelijk te bewijzen dat |OX|2
_{|OC ||OC2|, met andere woorden: |OX| is de} middelevenredige van |OC | en |OC₂|. Er zijn twee punten X die voor C₁in aanmerking komen. Welk van de twee C₁is, hangt af van het teken van F. Daarna is het tekenen van driehoek A₁B₁C₁een koud kunstje. Als

C en C₂hetzelfde punt zijn, is dat punt meteen het oog.

In figuur 6zijn de driehoeken ABC en A₁B₁C₁

getekend. Dit is het begin van een spiraal, waarvan we het oog O willen bepalen.

Omdat ∠CPC₁, ∠CQC₁ en ∠COC₁recht zijn, liggen P, Q en O op de cirkel met middellijn CC₁. Dus ligt het oog O op de cirkel door C, P en Q.

Evenzo ligt O op de cirkel door A, Q en R en op de cirkel door B, P en R (zie figuur 7). De Stelling van

Miquel zegt dat deze cirkels door één punt gaan (zie

hiervoor [3, hoofdstuk 19] of [4]). Hierbij mogen de punten P, Q en R ook op de verlengden van de zijden van driehoek ABC liggen. Het gemeenschappelijke punt van deze cirkels is het zogenoemde punt van Miquel. Hiermee hebben we het volgende bewezen:

f p a h a q b h b r c h c p a h q b h r c h a b c a b c = − ⋅ + −⋅ + −⋅ = − + − + − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 2 12 12

2 0 6

FIGUUR 7

FIGUUR 9

FIGUUR 8

FIGUUR 10

Noten en literatuur

[1] O. Bottema: Hoofdstukken uit de Elementaire Meetkunde, Epsilon Uitgaven 9 (Utrecht, 1987)

[2] Bruno Ernst: Pythagoras in een gewone driehoek, Pythagoras, jrg. 39, nr. 1 (1999)

[3] J.M. Aarts: Meetkunde, Epsilon Uitgaven 47 (Utrecht, 2000) [4] Profi-examen vwo wiskunde B, 1997 (eerste tijdvak), Nieuwe Wiskrant, jrg. 16, nr. 4, (1997)

Over de auteur

Leon van den Broek (e-mailadres: leon.vandenbroek@wageningse- methode.nl) is als leraar wiskunde aan RSG Pantarijn te Wageningen

past uitstekend om een nieuwe wiskundige structuur onder de knie te krijgen. Tot hun verbazing kunnen ze veel op eigen kracht verklaren, ‘zonder al die lastige wiskunde poespas’ van Bottema.

Allereerst laten de leerlingen hun satelliet in de ruimte vliegen volgens een vlakke cirkel en over een bol met straal 1. De vorsers melden daarna enkele merkwaardige verschijnselen. Hoe kan bijvoorbeeld een GPS-satelliet vliegend in een plat vlak dat 60º maakt met het evenaarvlak, de evenaar toch haaks in Noord-Zuid- richting passeren? En hoe kan een polaire satelliet die in 24 uur een hele cirkel via de polen om de aarde vliegt, toch maar een halve aarde overzien?

In hun werkstuk verklaren ze dit soort verrassingen op eigen (wiskundige) wijze. Een satellietbaan is in de ruimte wel een vlakke cirkel, maar zijn projectie op de aardbol ziet er heel anders uit. De aarde draait immers ook zelf onder de satelliet door. Het is dus een kwestie van relatieve bewegingen, en Bottema steunt hen daarin. Zijn analyse gaat daar precies over. De leerlingen starten echter vanaf een andere kant, vanuit een voorbeeld waarin beide bewegingen juist nauw verweven zijn. Dat is vragen om moeilijkheden, maar het drietal zet door. Ze streven ook naarstig naar samenhang. Hun strijd en overwegingen om een coherente beschrijving te vinden voor verschillende soorten satellietbanen, alsmede een veralgemenisering van ‘de baan’ brengt hen opnieuw in lijn met Bottema.