Over de Simson-lijn van het Steiner-punt en van het Tarry-punt

Overzicht ][ Brocard-hoek | Brocard-driehoeken | Brocard-punten | Simson-lijn | Meetkunde

Overzicht

Overeenkomstige zijden in een driehoek en diens 1e Brocard-driehoek
Simson-lijnen en wat hoeken
Simson-lijnen bij het Steiner-punt en het Tarry-punt

1. Overeenkomstige zijden in een driehoek en diens 1e Brocard-driehoek
We schrijven op deze pagina ter vereenvoudiging: dbg(X) = ½bg X .

We bewijzen nu een eigenschap mbt. de overeenkomstige zijden in bedoelde driehoeken:

Stelling 1a
In driehoek A met 1e Brocard-driehoek B is de hoek tussen A2A3 en B2B3 gelijk aan de hoek tussen KO en OA1, waarbij K het Lemoine-punt is van driehoek A.

Bewijs:

In de hiernaast staande figuur is:
- B1B2B3 (driehoek B) de 1e Brocard-driehoek van A1A2A3 (driehoek A).
- K het Lemoine-punt van driehoek A
- O het middelpunt van de omcirkel van driehoek A
- K het Lemoine-punt van driehoek A.

Zij nu C1 het tweede snijpunt van A1O met de Brocard-cirkel.
Bekend is dat OB1 _|_ A2A3, zodat B1OC1 = H_a1A1C_1a (zie de pagina "Brocard-driehoeken")
H_a1A₁C_1a = dbg(H_a1'C₁') = 90 - dbg(A2H_a1') - dbg(A2A1) = A2 - A3
In de Brocard-cirkel is dan: B1B3C1 = A2 - A3, zodat B2B3C1 = A2.
B1C1B3B2 is dan een gelijkbenig trapezium; zodat bg(C1OB3) = bg(B1KB2) .
D is het snijpunt van B2B3 met KB1 (die zoals bekend is evenwijdig is met A2A3; zie eveneens de pagina "Brocard-driehoeken").
D is dus de hoek tussen B2B3 en A2A3.
D = dbg(B1OB3) - dbg(KB2) = dbg(B1C1) + dbg(C1OB3) - dbg(KB2) of
D = dbg(B1C1) + dbg(B1KB2) - dbg(KB2) = dbg(B1C1) + dbg(KB1) = dbg(C1B1K) of
D = KOC1
¨

Stelling 1b
De hoek die OA1 maakt met A2A3 is gelijk aan
A3 + (90° - A2).

Bewijs:
R = dbg(A1A2) + dgbg(A3S)
R = A3 + dbg(A1A3S) - dbg(A1A3)
R = A3 + (90° - A2)
¨

2. Simson-lijnen en wat hoeken

Stelling 2
Is H_a1' het snijpunt van de loodlijn uit A1 op A2A3, dan geldt voor ieder punt P dat de lijnen s(P) en PH_a1' gelijke hoeken maken met A2A3.
Hierbij is s(P) de Simson-lijn van P tov. driehoek A.

Bewijs:
Deze stelling kan eenvoudig worden afgeleid uit Stelling 2 op de pagina "Meer bijzonderheden van de Simson-lijn".
¨

Gevolg
De hoek die de Simson-lijn van een willekeurig punt P met A2A3 maakt, is gelijk aan
90° - (A2 - PA1A2).

Bewijs:
In driehoek QH_a1H_a1' is Q = 90°- H_a1' = 90° - PA2A1. Dus,
Q = 90° - (A2 - PA1A2)
¨
[einde Gevolg]

Stelling 3
[1] De hoek die de Simson-lijn van P maakt met OA1 is gelijk aan PA2A3 - A3.
[2] De hoek tussen PA1 en A2A3 is gelijk aan PA2A3 - A3.

Bewijs:

[1]
In de figuur hiernaast:bekijken we driehoek TRQ (Q is het snijpunt van s(P) met OA1).
Buitenhoek T = TQR + TRQ (som van twee binnenhoeken)
Buitenhoek T = 90° - (A2 - PA1A2), zie het Gevolg van Stelling 2
TRQ = A3 + (90° - A2), zie Stelling 1b
Dus:
90° - (A2 - PA1A2) = TRQ + A3 + (90° - A2)
Zodat:
TRQ = PA1A2 - A3
¨

[2]
PA1 snijdt A2A3 in U. Nu is:
y = dbg(PA3) - dbg(A1A2) = PA2A3 - A3
¨

3. Simson-lijnen bij het Steiner-punt en het Tarry-punt

We kiezen nu het Steiner-punt St en bepalen daarvan de Simson-lijn, s(St).
Het punt St wordt gevonden als snijpunt van de omcirkel met de lijn door A1 evenwijdig met B2B3.
Uit het bovenstaande vinden we nu:
De hoek die s(St) maakt met OA1, is gelijk aan
StA2A3 - A3 = Ð (StA1, A2A3) = Ð (B2B3, A2A3)
De hoek die OK maakt met OA1 is dus gelijk aan de hoek die s(St) maakt met OA1.
De lijnen OK en s(St) zijn dus evenwijdig.

We hebben nu bewezen :

Stelling 4
In een driehoek is de Simson-lijn van het Steiner-punt evenwijdig met de lijn door het omcentrum en het Lemoine-punt.

Gevolg
In een driehoek staat de Simson-lijn van het Tarry-punt loodrecht op de lijn door het omcentrum en het Lemoine-punt.

Bewijs:
Het Tarry-punt, Ta, is het tegenpunt van het Steiner-punt, St, op de omcirkel.
De Simson-lijnen van twee tegenpunten staan loodrecht op elkaar (zie Stelling 4, pagina "Bijzonderheden van de Simson-lijn").
¨

Klik hier voor een CabriJavapplet bij Stelling 4.

[brosteitar.htm] laatste wijziging op: 16-07-02