De Thébault-punten van een driehoek
DICK KLINGENS (e-mail: dklingens@pandd.nl) Krimpenerwaard College, Krimpen aan den IJssel
maart 2008
In [1] stelde Victor Thébault (1882-1960, Frankrijk) het volgende probleem:
Stelling 1. In een (niet-rechthoekige) driehoek ABC met hoogtelijnen AD, BE, CF (hoogte- punt 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 ver- loopt 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’ hoogtelijn- stukken 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 drie- hoek ABC.
Nu is vierhoek AFHE een in E en F rechthoe- kige 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 ‘hoek-driehoeken’ AEF, DBF, DEC zijn elk indirect gelijkvormig (hh) met driehoek ABC (en dus onderling direct gelijkvormig) [2].
Daarom kunnen de driehoeken AEF, DBF, DEC op elkaar worden afgebeeld via een draaistrek- king [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 = 180°+ ∠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 = 12bg(KFL) Maar dan is ook: ∠LTK =12bg(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 Jera- bek, 1845-1931, 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 hoog- tepunt H (noodzakelijk voor de orthogonaliteit van de hyperbool) en door het omcentrum O. Zie verder [6, 7].
Het punt staat ook bekend als X125 in de zogenoemde Kimberling-classificatie (het Kimberlingnum- mer van het punt T is 125) [7].
2. In [4; pag. 352] 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 sys- teem 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:
F D E
AEF→D DBF→D DEC→D AEF
3. In Stelling 1 wordt gesproken van een niet-rechthoekige driehoek ABC. Is de driehoek wel recht- hoekig, dan is Stelling 1 (bijna) triviaal, omdat een aantal punten dan samenvallen (zie onder-
staande figuur). ♦
Het punt T heeft, naast de hierboven genoemde eigenschappen, nog een andere bijzonderheid;
zie daarvoor Stelling 2.
Stelling 2. 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 drie- hoek met de voetpunten van de hoogtelijnen op de zijden van driehoek ABC als hoekpunten.
Stelling 2 doet daarmee een uitspraak over de afstanden van T tot de hoekpunten van de voet-
puntsdriehoek 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 bissectricestel- ling): FT : DT = FL' : DL'…en…ET : DT = EM' : DM'
Zodat:
definitieTE TF FT ET FL EM
TD DT DT DL DM
′ ′
= + = + = +
′ ′
S (1)
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 drie- hoek ABC.
Snijdt de lijn e de zijde AC in O' en de zijde AB in O", dan volgt uit het gebruik van die draai- strekkingen: FL' : DL' = CO' : AO'…en…EM' : DM' = BO" : AO"
zodat: TE TF CO BO
TD AO AO
′ ′′
= + = +
′ ′′
S (2)
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'
waarmee: CC BB CC BB
AA AA AA
′ ′ ′+ ′
= + =
′ ′ ′
S (3)
Verder is in het rechthoekige trapezium BCC'B':
2 · XX' = CC' + BB'
En met (3): 2
' XX AA
= ⋅ ′ S
Maar ook is XX' : AA' = XZ : AZ = 1 : 2, waarmee S = 1.
Zodat, zie (1): TE TF 1 TD
= + =
S Met andere woorden:
TE + TF = TD ♦
Gevolg (van stelling) 2. In bovenstaande figuur, zie daarvoor ook (2), is aangetoond dat:
CO BO 1
AO AO
′ ′′
+ =
′ ′′ (4)
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 speci- ale 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.
Bewijs
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. ♦ Gevolg
Nu zijn PQ (≡ PB' ) en PR (≡ PA' ) bissectrices in de driehoe- ken 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
zodat: PA PB AQ BR
PC CQ CR
+ = +
Gaat de lijn l nu ook door het zwaartepunt Z van driehoek ABC, dan is, overeenkomstig het gevolg van Stelling 2:
PA + PB = PC We hebben daarmee bewezen:
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 Uc, Ub, Ua 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 Pc, Pb, Pa.
Zodat:
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 hier- onder, links). De lijn ZI valt in dit geval samen met de lijn ZUc.
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.
1615-1660, 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, 1873-1954, Roemenië). Zie ook [9].
2. 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 bissectri- ces van de hoeken van de voetpuntsdriehoek van die drie- hoek [10].
De punten X, Y, Z moeten daarom (1) liggen op de bis- sectrices van driehoek ABC, en wel zo, dat (2) 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), (2) én (3) vol- doen, zijn de punten I, Ua, Ub, Uc. Daarbij zijn de punten Ua, Ub, Uc dus de uitcentra zijn van de uitcirkels van drie- hoek ABC.
We hebben hiermee aangetoond:
Stelling 5. Er zijn vier driehoeken waarvan ABC de voetpuntsdriehoek is, en wel:
D0 ≡ UaUbUc ,…D1 ≡ IUbUc ,…D2 ≡ UaIUc ,…D3 ≡ UaUbI
We bewijzen nu:
Stelling 6. De Thébault-punten Tk (k = 0, 1, 2, 3) van de driehoeken Dk (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 Dk (k = 0, 1, 2, 3).
Van elke driehoek Dk ligt het Thébault-punt Tk op cirkel (N), waarbij (zie Stelling 2) de afstand van Tk 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 UaUbUc , IUbUc , UaIUc , UaUbI.
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 2. 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.
In nevenstaande figuur is a < c < b.
We zullen bewijzen dat in het hier gete- kende 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:
1
2( )
t u v+ + = a b c+ + Verder geldt hier:
1 2
1 1
2 2
1 2
( ) ( )
t BA TA a x
u CB UB b y t u v a b c z x y
v AC C V 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 [12]: FB YB FB YB
FC ZC FC ZC
′ = ′ = ′⋅ ′
′ ′ ′⋅ ′ (5)
Volgens de raaklijneigenschap is ook:
2 2
( ) , ( )
B Y B F′ ⋅ ′ = B U′ C Z C F′ ⋅ ′ = C V′ (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 2 is hier: C V′ = A T′ +B U′
Zodat ook: FC′=FA′+FB′
Opmerking. Analoog kunnen we bewijzen dat Stelling 8 ook geldt voor de zogenoemde uitwendi- ge Feuerbach-punten Fa , Fb , Fc van driehoek ABC, dwz. voor de raakpunten van de uitcirkels (Ua ), (Ub ), (Uc ) met de negenpuntscirkel (N); zie Appendix en onderstaande figuur.
♦ We kiezen vervolgens opnieuw een niet-gelijkbenige driehoek ABC met omcirkel (O); zie onder- staande 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 incir- kel, en (Ua' ), (Ub' ), (Uc' ) zijn de uitcirkels van driehoek A'B'C'.
Op de omcirkel (O) van driehoek ABC liggen nu de punten F, Fa, Fb, Fc, de Feuerbach-punten van driehoek A'B'C' .
Opmerking. Driehoek A'B'C' heet de anticomplementaire driehoek (in dit verband ook wel omge-
schreven 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):
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 Thébault- punten 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 Feuerbach- punten 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 För- derung 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 (42e jaar- gang, 2 & 3+4, 2008).
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, 1707-1783, 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 Euler- lijn.
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, 1822; naar Karl Wilhelm Feuerbach, 1800-1834, Duitsland)
In nevenstaande figuur is (I) de incirkel van driehoek ABC en zijn (Ua ), (Ub ), (Uc ) de uitcirkels.
Deze cirkels raken in F, Fa, Fb, Fc aan de negenpuntscirkel (N) van driehoek ABC.
Een synthetisch bewijs van deze eigen- schappen is niet eenvoudig (zie [11]).
Enkele bewijzen, o.a. gebaseerd op inver- sie, zijn eveneens via [11] te vinden.
Noten
[1] V. Thébault (1949): Problem 4328. In: American Mathematical Monthly 56; pp. 39-40 (oplossing in AMM 57; pp. 45-46).
Zie ook:
N. Dergiades, P. Yiu: Antiparallels and Concurrent Euler Lines. In: Forum Geometricorum 4 (2004); pp. 1-20.
Hierin staat een bewijs van Stelling 1 op basis van barycentrische coördinaten. Het artikel is online beschikbaar via:
http://forumgeom.fau.edu/FG2004volume4/FG200401.pdf
[2] In driehoek ABC zijn AD, BE, CF de hoogtelijnen met H als hoogtepunt.
Daarmee is vierhoek HDCE een koordenvierhoek, zodat:
∠D1 = ∠EDC = ½ · bg(CE) = ∠EHC = ∠H1
Nu verder: ∠H1 = ∠H2 = 90° – ∠B1
terwijl in driehoek ABE:
∠A = 90° – ∠B1
Zodat: ∠D1 = ∠A
Analoog bewijzen we dat ∠E1 = ∠B. En daarmee zijn de drie- hoeken 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 2006; pp. 350- 353. Dit artikel is online beschikbaar via www.pandd.nl/downloads/dsnp.pdf.
Maar zie ook [5].
[5] Wim Pijls: Gelijkvormigheid 1, 2. In: Euclides 80 (2, 3), 2004; pp. 48-51, pp. 86-89.
[6] Dick Klingens (2001): Orthogonale hyperbool en driehoek.
Op: www.pandd.demon.nl/ orthodrie.htm (website).
[7] [a] Clark Kimberling (1998): Triangle Centers and Central Triangles. Winipeg (Canada):
Utilitas Publishing Inc. (Congressus Numerantium 129).
[b] Clark Kimberling: Encyclopedia of Triangles Centers (ETC).
Op: http://faculty.evansville.edu/ck6/encyclopedia/ (website).
[c] Eric W. Weisstein: Jerabek Hyperbola.
Op: http://mathworld.wolfram.com/JerabekHyperbola.html (MathWorld website).
[8] Met A = BC & DE bedoelen we het snijpunt A van de lijn(stukk)en BC en DE.
[9] Dick Klingens (2006): Stelling van Van Schooten (1646).
Op: www.pandd.nl/driehoek/vanschooten.htm (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 [2]):
∠C = ∠ADF = ∠EDB
De lijn CD is hoogtelijn in ABC; dus geldt ook:
∠ADF + ∠D1 = ∠EDB + ∠D2 = 90°
Zodat: ∠D1 = ∠D2
Met andere woorden: DC is bissectrice in driehoek DEF.
[11] Dick Klingens (2000): Over de cirkel van Feuerbach en de lijn van Euler.
Op: www.pandd. demon.nl/feuerbach.htm#ste (website).
[12] Er wordt gebruik gemaakt van de volgende eigenschap van evenredigheden:
2 ac
a c ac
b = =d k ⇒ k =bd ⇒ k= bd
[13] Wurzel e.V., Friedrich-Schiller-Universität, Fakultät für Mathematik und Informatik, Jena (Duitsland); www.wurzel.org (website).
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
