Driehoeksconstructie: O, Ha, Da

Constructies  |  Download   ][  Driehoeksconstructies  |  Meetkunde  |  Cabri

Constructies terug
Gegeven
O - het middelpunt van de omcirkel
Ha - het voetpunt van de hoogtelijn uit A
Da - het snijpunt van de bissectrice van de binnenhoek van A met de zijde BC
Te construeren: driehoek ABC.

Bron (medegedeeld door Ricardo Barroso):
J. Sapiña: Problemas gráficos de Geometría (1995); pag. 65:
   421. Construir un triángulo conociendo los pies de la altura y la bisectriz por A y el circuncentro.

We geven drie min of meer dezelfde constructies, en een vierde en vijfde (t.w. de Constructies 4 en 5) die duidelijk afwijken van de andere drie:
Constructie 1 cabrisignal / Constructie 2 / Constructie 3 cabrisignal / Constructie 4 / Constructie 5

Constructie 1 terug
ohada1 Bekijk de situatie waarin de constructie is uitgevoerd. De bissectrice van A gaat door het punt A' (het midden van boog BC).

We bewijzen, dat AA' raakt aan de parabool(O, AHa).

OA snijdt de omcirkel van ABC nog in het punt R.
Hierdoor ontstaan de hoeken p, q, r, s bij A.
Nu is:
   p + q = r + s (AA' is bissectrice)
   RBC = ½bg(RC) = s (omtrekshoeken)
   RBA = 90º (Thales-cirkel), zodat s + B = 90º
Maar ook:
   p + B = 90º, zodat p = s, waaruit weer volgt: q = r
AA' is dus ook bissectrice HaAR.

Voor alle punten P op AA' geldt: d(P, AHa) = (P, AR). Het O ligt op m, met andere woorden: er is een punt P met d(P, AHa) = PO.
P ligt dus op de parabool(O, AHa).

Maar dat geldt voor alle posities van het punt A op de lijn AHa.
De bissectrice van A omhult dus de parabool(O, AHa).¨
Klik hier >Animatie< voor een CabriJavapplet die dit bewijs illustreert.
ohada2 Constructiebeschrijving
(1)
Construeer de raakpunten van de raaklijnen uit Da aan de parabool (zie Opmerking 2).
- De cirkel Da(O) snijdt de lijn AHa in de punten Q1 en Q2.
- De raakpunten P1 en P2 vinden we via de snijpunten van de (niet getekende) middelloodlijnen van OQ1 en OQ2 met de lijnen in Q1 en Q2 loodeecht op AHa.
(Die middelloodlijnen vallen natuurlijk samen met de beide raaklijnen; zie Constructie 3.)
(2)
De lijn DaP1 (DaP2) is dan de bissectrice van hoek A. A1 (A2) wordt dus gevonden als snijpunt van die bissectrice met AHa.
(3)
De cirkel O(A) snijdt dan de lijn DaHa in de punten B en C.¨

Opmerkingen
[1]
Deze oplossing is ook gegeven door François Rideau in EHML #11122, Hyacinthos nieuwsgroep ( 26-03-2005).
[2]
Zie voor de raaklijnconstructie: Parabool: meetkundige eigenschappen.
.
Constructie 2 terug
Paul Yiu [PY] geeft in EHML #11124 (26-03-2005) een andere oplossing, evenwel ook gebaseerd op het feit, dat ADa de bissectrice is van de hoek HaAO.
Nikolaos Dergiades [ND], in  EHML #11125 (26-03-2005), en Vladimir Dubrovsky [VD], in EHML #11127 (27-03-2005), geven opmerkingen voor een eenvoudiger constructie.
ohada3 Constructiebeschrijving

[gegeven door PY] T is het raakpunt van de raaklijn uit O aan de cirkel Da(Ha).
Q is het tegenpunt van Ha op die cirkel. De lijn QT snijdt de loodlijn in Da in het punt S.
De loodlijn in S snijdt de loodlijn in Ha in het punt A.
De punten B en C worden dan gevonden met cirkel O(A).¨

Opmerkingen
[PY] A necessary and sufficient condition for the existence of the triangle is that O does not lie inside the circle with center Da, passing through Ha.

[PY] After posting this construction, I checked with Wernick's article in Math. Magazine, volume 55 (1982) number 4. This problem was one among his list, and Wernick had a solution. He posed it as Problem 1149(b) in the same issue. A solution by J. M. Stark appeared in volume 57, number 1. It was the same construction as I gave, with a very simple proof. I, however, designed the construction by first solving the problem analytically and then interpreted the resulting expressions geometrically.
[ND] Since the line ADa is the bisector of angle OAHa the tangent from O to the circle (Da, DaHa) gives on the perpendicular to DaHa at Ha the point A and the circle (O, OA) gives on the line DaHa the points B, C.
[VD] Paul's solution is simplified by noting that A is just the intersection of a tangent through O to Da(Ha) with the vertical line through Ha.
.
Constructie 3 terug
Harold Connelly geeft in EHML #11134 (28-03-2004) de eenvoudigste oplossing, gebaseerd op Constructie 2
ohada4 Constructiebeschrijving

De cirkel Da(O) snijdt de loodlijn in Ha op DaHa in het punt R. Zij Q het midden van OR. Het snijpunt van DaQ met de lijn HaR is dan het gezochte punt A.
De punten B en C worden ook hier gevonden met de cirkel O(A).¨

Klik hier >Animatie< voor een CabriJavapplet die deze constructie illustreert.

Opmerking
[HC] gebruikt dus dezelfde cirkel Da(O) als in Constructie 1.
.
Constructie 4 terug
Francisco Javier García Capitán geeft (op de website van Ricardo Barroso) een analytische oplossing met daarop gebaseerde constructies.
We geven hieronder een bewerkte vertaling daarvan, samen met de (eveneens iets anders opgezette) constructies.

ohada5

 Stel het probleem is opgelost (zie de hiernaast staande figuur).
Hierin is:
   AHa = x
   MaDa = u (Ma is het midden van BC)
   DaHa = v
   OMa = p en MaA' = q

N.B. De lijnstukken u, v en p zijn, bij aanvang van de constructie, bekende lijnstukken.

Uit de gelijkvormigheid van DaMaA' en DaHaA volgt:
   DaMa : DaHa = MaA' : HaA
   u : v = q : x
Dus: q = ux/v ............(i)

Verder is: (OA')2 = OA2 = (MaHa)2 + (AHa - OMa)2, of
   (p + q)2 = (u + v)2 + (x - p)2
Vervangen we hierin q door ux/v (zie (i) hierboven), dan krijgen we een vergelijking waarin x de enige onbekende is.
Uitwerking van die vergelijking geeft:

(ii)......   (v - u)x2 - 2vpx + v2(v + u) = 0

Zodat voor v ¹ u geldt: ohada_f1......(iii)

Ten behoeve van de constructie onderscheiden we nu drie gevallen:
(4.1)    v = u
(4.2)    v < u
(4.3)    v > u

Constructie 4.1
ohada641 Constructiebeschrijving
Vergelijking (ii) gaat met v = u over in:
   2px = u(2u)
   px = u2 of p : u = u : x
x is dus als vierde evenredige te construeren bij p, u en u.
In de constructie die hiernaast is uitgevoerd, is echter gebruik gemaakt van de constructie voor de middelevenredige (immers: px = u2 in de rechthoekige driehoek ODaZ).
We vinden dus slechts één oplossing.¨

Opmerking
Nu is MaHa = 2 DaHa.
Zie ook Constructie 5, waarin slechts 1 oplossing gevonden wordt als h = 2d, met |MaHa| = h en |DaHa| = d.
Constructie 4.2

ohada642

Voor v < u volgt uit (iii), dat alleen de oplossing ohada_f2 bestaat.
Immers de oplossing met het minteken heeft een negatieve teller en een postieve noemer.
We construeren x nu in stappen.
   p2 + u2 = (ODa)2 = (DaX)2
   (DaX)2 - (DaY)2 = (DaX)2 - v2 = HaX2
   HaX - HaY = HaX - p = XY = r
   MaZ = u - v = n
Nu is x = vr/n, zodat n : v = r : x
x is dus te construeren als vierde evenredige bij n, v, r (zie de constructie bij het punt S in bovenstaande figuur).
De cirkel Ha(x) geeft dus het punt A op de loodlijn in Ha op HaDa, waarna weer met de cirkel O(A) de punten B en C op HaDa worden gevonden.¨

Constructie 4.3

ohada643

Voor v > u is de constructie voor ohada_f1 (zie iii) in bovenstaande figuur uitgevoerd.
Beide oplossingen bestaan in dit geval; immers, dan is u2 - v2 < 0 zodat Ö(p2 + u2 - v2) < p.
De namen van de verschillende objecten hebben (min of meer) dezelfde betekenis als bij Constructie 4.2.¨

Constructie 5 terug
Anneke Grünefeld-Raaphorst (in persoonlijke correspondentie) geeft onderstaande oplossing, die overigens erg veel gemeen heeft met Constructie 4.

ohada7

 Hierbij kiezen we het punt O als oorsprong van een assenstelsel waavan de x-as evenwijdig is met de lijn a (de lijn door B en C).
Is nu |OMa| = 1, |MaHa| = h en |MaDa| = d en is R de straal van de omcirkel van ABC, dan is:
   Ma = (0, -1)
   Ha = (-h, 0)
   Da = (-d, -1)
   A' = (0, -R)
Voor de vergelijking van de lijn DaA' vinden we op basis daarvan:
   y + 1 = (-R + 1)/d · (x + d)
of
   y = (1 - R)/d · x - R
Stellen we nu p = (1 - R)/d (de rico van de lijn DaA'), dan is R = 1 - pd.
Voor het snijpunt A van de lijn DaA' en de omcirkel hebben we dan (met xA = -h) in x2 + y2 = R2 substituerend :
   (-h)2 +( p(-h) - 1 + pd )2 = (1 - pd)2 

Deze vergelijking is te herleiden tot:

  (h - 2d)p2 + 2p + h = 0

waaruit p (in het algemeen twee waarden) geconstrueerd kan worden omdat de waarden van d en h bekend zijn.

Opmerking
Voor h = 2d vinden we dus slechts 1 oplossing. Zie ook Constructie 4.1.¨

Download terug
De op deze pagina staande figuren, alsmede de figuren die gebruikt zijn bij de CabriJavapplets, kunnen via deze website in één bestand worden gedownload.
Klik hier om het downloaden te starten (ZIP-bestand; ca. 13 kB). Lees het ingesloten bestand LEES_DIT.TXT.

begin pagina
[p: ohada.htm] laatste wijziging op: 04-04-2005