[ 1 ]
Twee (bijzondere) eigenschappen van
het hoogtepunt van een driehoek en een gevolg daarvan
DICK KLINGENS (Krimpenerwaard College, Krimpen aan den IJssel) april 2004 (herzien: juli 2019)
Stelling 1. Een zijde-spiegelbeeld van het hoogtepunt van een driehoek ligt op de omcirkel van die driehoek.
Bewijs. Zie figuur 1, waarin ik de zijde BC van driehoek ABC gebruik als spiegelas. Voor de zijden CA en AB verloopt het bewijs analoog.
figuur 1
In deze figuur zijn AHa en BHb hoogtelijnen en is H het hoogtepunt. Het tweede snijpunt van de lijn AHa
met de omcirkel is H'. De grootte van hoek C (= BCA) is c en die van H'BC is x.
Nu is:
▪ H'BC = 12bg(CH') = H'AC = x;
▪ wegens x + c = 90° (in driehoek AHaC) is AHHb = c, en dan is AHHb = BHHa = c (overstaande hoeken);
▪ BH'Ha = 12bg(AB) = BCA = c.
Dus is driehoek BH'H gelijkbenig met tophoek B en met hoogtelijn BHa, zodat Ha het midden is van HH'.
Waarmee stelling 1 bewezen is. ◊
Ook de omgekeerde stelling van stelling 1 is juist, zoals eenvoudig is na te gaan:
Stelling 1om. Ligt in een driehoek een zijde-spiegelbeeld van een punt van een hoogtelijn op de omcirkel van de driehoek, dan is dat punt het hoogtepunt van de driehoek.
Ik bewijs vervolgens de tweede (belangrijke) eigenschap van het hoogtepunt.
Stelling 2. In een driehoek is de lengte van het verbindingslijnstuk van een hoekpunt met het hoogtepunt (het bovenste hoogtelijnstuk) gelijk aan tweemaal de afstand van het omcentrum van de driehoek tot de zijde waarop die hoogtelijn staat.
Bewijs. In figuur 2a ga ik uit van hoekpunt A. Verder ook:
▪ O is het middelpunt van de omcirkel;
▪ Z is het zwaartepunt van de driehoek;
▪ A' is het midden van de zijde BC van driehoek ABC;
▪ VZ is de vermenigvuldiging met centrum Z en factor -12 .
Is dan H = VZ (O). Dan is VZ (A') = A, immers AA' is zwaartelijn, en dus is ook VZ (OA') = HA. Daarbij is dan OA // HA′. Omdat OA ⊥ BC, is ook HA ⊥ BC.
[ 2 ]
De lijn AH is dus hoogtelijn van driehoek ABC, en deze lijn snijdt BC in Ha en de omcirkel ook in het punt H'.
figuur 2a figuur 2b
En vanwege de vermenigvuldiging VZ is dan: AH = 2⋅OA′.
Ik toon vervolgens aan dat H het hoogtepunt is van driehoek ABC.
Zij O' het BC-spiegelbeeld van O. Nu is ook AH = OO', zodat AHO'O een parallellogram is (AH en OO' zijn gelijk én evenwijdig). Daaruit volgt, met R als lengte van de straal van de omcirkel:
▪ O'H = OA = R′
En verder is:
▪ OB = R = O'B = O'C
Het punt O' is dus het middelpunt van de cirkel door B, H, C. Maar deze cirkel is het BC-spiegelbeeld van de omcirkel.
En dan is HaH = HaH', immers H' is dan het BC-spiegelbeeld van H, waarmee via stelling 1om volgt dat H het hoogtepunt is van driehoek ABC. ◊
Met behulp van bovengenoemde eigenschappen (stelling 1 en stelling 2) kan de volgende, eveneens bijzondere stelling bewezen worden.
Stelling 3. De middens van de zijden, de voetpunten van de hoogtelijnen en de middens van de bovenste hoogtelijnstukken van een driehoek liggen op dezelfde cirkel, de negenpuntscirkel van de driehoek (ook wel Feuerbach-cirkel [1] of Euler-cirkel [2] genoemd).
Eerste bewijs. Zie figuur 2b (hierboven).
Zij VH de vermenigvuldiging met centrum H en factor 12. Het beeld van de omcirkel (via H'; zie stelling 1) is dan een cirkel (met straal 12R) die door het punt Ha gaat, en dus ook door de andere voetpunten Hb en Hc van de hoogtelijnen.
Bij deze vermenigvuldiging gaan de punten A, B, C over in de middens A'', B'', C'' van de bovenste hoogtelijnstukken (zie stelling 2).
Zij nu weer VZ de vermenigvuldiging met centrum Z en factor -12. Het beeld van de omcirkel bij VZ is dan een cirkel (ook met straal 12R) die door A' gaat, en dan ook door de middens B' en C' van de andere zijden.
In beide gevallen (bij VH en bij VZ) is het middelpunt van die beeldcirkel het midden N van het lijnstuk OH. ◊
Opmerking. De punten A'', B'', C'' – de middens van de bovenste hoogtelijnstukken – worden ook wel de Euler-punten [2] van de driehoek genoemd.
[ 3 ]
De lijn waarop de punten H, N, Z, O liggen, is de zogeheten Euler-lijn [3] van de driehoek. ◊
Stelling 3 kan overigens ook worden bewezen zonder de vermenigvuldigingen VZ en VH te gebruiken
Tweede bewijs van Stelling 3. Zie daartoe figuur 3. Daarin zijn A', B', C' weer de middens van de zijden en A'', B'', C'' de middens van bovenste hoogtelijnstukken van de hoogtelijnen AD, BE en CF.
figuur 3
Ik beschouw allereerst de vierhoek B'C'B''C''.
Het lijnstuk B'C' is middenparallel in driehoek ABC en het lijnstuk B''C'' is middenparallel in driehoek HBC. Dus B'C' en B''C'' zijn beide gelijk aan 12BC én evenwijdig met BC. Waaruit volgt dat vierhoek B'C'B''C'' een parallellogram is.
In driehoek ABH is B"C' middenparallel en dus evenwijdig met AD, zodat B''C' ⊥ BC is; en dus is ook B''C' ⊥ B''C'' (in B''). Vierhoek B'C'B"C" is daardoor een rechthoek.
De diagonalen van die rechthoek snijden elkaar in het punt N. De punten B', C', B'', C'' liggen dan op een cirkel met het punt N als middelpunt.
Door (bijvoorbeeld) de vierhoek A'C''A''C' te bekijken kan worden aangetoond dat ook de punten A' en A'' op die cirkel liggen. A'A'' is dan een diagonaal van die vierhoek/rechthoek.
Het lijnstuk A'A'' is een middellijn van de cirkel met middelpunt N. Omdat hoek A'DA'' recht is, ligt (volgens de cirkelstelling van Thales) ook het punt D – en analoog ook de punten E en F – op deze cirkel. ◊
Noten
[1] Naar Karl Wilhem Feuerbach (1800-1834, Duitsland).
[2] Naar Leonhard Euler (1707–1783, Zwitserland).
[3] Op de Euler-lijn liggen meer bijzondere punten van de driehoek, in dit verband ook wel driehoekscentra genoemd.
Zie de website van Clark Kimberling (University of Evansville, Indiana, USA), waarop er 102 worden genoemd:
https://faculty.evansville.edu/ck6/tcenters/class/eulerline.html
:-:
Copyright © 2019 PandD Math&Text – Rotterdam (NL)
Dit werk valt onder een Creative Commons Naamsvermelding – NietCommercieel 4.0 Internationaal-licentie.
Zie · https://creativecommons.org/licenses/by-nc/4.0/deed.nl · voor de van toepassing zijnde licentie.
:-:
ΞΞΞΞΞ
