Transversalen: de stelling van Ceva en van Menelaos

Overzicht ][ Volledige vierzijde en dubbelverhouding | DK & Meetkunde

Overzicht terug

  1. Transversalen
  2. Concurrente hoektransversalen in een driehoek (cevianen)
  3. Stelling van Ceva / Deelverhouding
  4. Bijzondere hoektransversalen
         4.1. Bissectrices
         4.2. Zwaartelijnen
         4.3. Hoogtelijnen
         4.4. Stelling van Pythagoras
         4.5. Punt van Gergonne  cabrisignal
         4.6. Punt van Nagel  cabrisignal
  5. Oneigenlijk punt
  6. Stelling van Menelaos
  7. Toepassingen van de stelling van Menelaos
         7.1. Deelverhouding bij zwaartelijnen
         7.2. Drie gelijkvormigheidspunten
         7.3. Stelling van d'Alembert cabrisignal
         7.4. De Stelling van Desargues cabrisignal
         7.5. De Stelling van Pascal voor cirkels

1. Transversalen terug
Zie figuur 1.
Voor willekeurige punten P1 en P2 op een lijn t door het hoekpunt van hoek S vinden we bij beschouwing van de afstand van zo'n punt tot de benen van de hoek
P1Q1 : P1R1 = P2Q2 : P2R2

figuur 1  transv1 De lijn t is dus de verzameling van de punten die een vaste verhouding v hebben tot de benen van de hoek, mits t binnen de hoek S ligt.

Een dergelijke lijn t heet hoektransversaal (in een driehoek ook wel ceviaan genoemd).

2. Concurrente hoektransversalen in een driehoek (cevianen) terug
Zie figuur 2.

figuur 2  transv2 Voor de (punten op de) lijn t1 geldt de verhouding v1; voor de lijn t2 geldt de verhouding v2 ; voor de lijn t3 geldt de verhouding v3.
Voor het snijpunt S van t2 en t3 geldt dus voor de afstanden, opvolgend p, q, r, tot de zijden van de driehoek
   p : q = v2 : 1
   q : r = v3 : 1
Zodat p : q : r =  v2v3 : v3 : 1
Gaat nu de ceviaan t1 ook door het punt S, dan is,
   r : p = v1 : 1
zodat
   v2v3 : 1 = 1 : v1

Gevolg: v1v2v3 = 1 ¨

3. Stelling van Ceva terug
We kunnen een ceviaan ook kenmerken door de verhouding u1 van de oppervlakte-delen waarin de driehoek door de ceviaan verdeeld wordt.

figuur 3  transv3 Zij (zie figuur 3)
   opp(ABA’) : opp(AA’C) = 1 : u1
Daar deze driehoeken dezelfde hoogte (uit A) hebben, geldt
   1 : u1= A’B : A’C
De verhouding u1 wordt dus ook bepaald door de verhouding van de lijnstukken A'B en A'C ......(1)
Maar nu is ook (kijkend naar A’):
   1 : u1 = pc : rb = p/r . c/b = (1/v1) . c/b : 1
of te wel u1 = c/b . v1
Voor de andere verhoudingen hebben we u2 = a/c . v2 en u3 = b/a . v3.

Zodat, nog steeds ervan uitgaande dat de drie cevianen door één punt gaan, immers dan is v1v2v3 = 1,
   u1u2u3 = 1 ¨
In deze vorm is de eigenschap bekend als de "beperkte" stelling van Ceva (Giovanni Ceva, 1647-1734, Italië; geformuleerd in 1678).

figuur 4  transv4 We kunnen dus bij concurrente cevianen schrijven (zie figuur 4), volgens (1) hierboven :

   PA/PB . QB/QC . RC/RA = 1

Het bovenstaande geldt alleen als de cevianen de zijden van de driehoek inwendig snijden.

We kunnen echter generaliseren door gebruik te maken van een afspraak van Möbius (August Ferdinand Mõbius, 1790-1868, Duitsland; geformuleerd in 1827).

figuur 5 transv5
Definitie
Voor P op het lijnstuk AB geldt (ABP) = - PA/PB (zie figuur 5)
Voor P op een verlengde van het lijnstuk AB geldt (ABP) = PA/PB
Het getal (ABP) heet deelverhouding.

De "algemene" stelling van Ceva luidt dan, met gebruik making van deze definitie:

Stelling van Ceva
Voor drie door één punt gaande hoektransversalen van driehoek ABC die de (verlengden van de) zijden in P,Q,R snijden geldt
(ABP)(BCQ)(CAR) = -1 (noodzakelijk en voldoende)

¤ Klik hier voor een iets ander bewijs van het eerste deel van de Stelling van Ceva.

4. Bijzondere hoektransversalen terug

Overzicht
     4.1. Bissectrices
     4.2. Zwaartelijnen
     4.3. Hoogtelijnen
     4.4. Stelling van Pythagoras
     4.5. Punt van Gergonne  cabrisignal
     4.6. Punt van Nagel  cabrisignal

4.1. Bissectrices terug
Voor de bissectrices van een driehoek geldt (zie paragraaf 2):
   v1 = 1, v2 = 1, v3 = 1
Nu is:  v1v2v3 = 1, zodat volgens de "beperkte" stelling van Ceva de bissectrices concurrent zijn. ¨
Zie ook Opmerking 2.

We kunnen een en ander nog eens nader toelichten met de bissectricestelling:

Stelling
Een bissectrice van een driehoek deelt de overstaande zijde in stukken die zich verhouden als de zijden die de hoek insluiten.

Bewijs: (zie figuur 6)

figuur 6  transv6 Maak BS (met S op de bissectrice van A) gelijk aan AB.
Nu is: APC ~ SPB, waaruit volgt:

CP : BP = CA : BS = CA : BA = b : c

Voor de deelverhoudingen op de zijden vinden we

(ABR)(BCP)(CAQ) = (-b/a).(-c/b).(-a/c) = -1 ¨

Opmerkingen
[1] Zie de pagina "Stelling van Stewart" voor de lengtes van de bissectrices.
[2] Zie de pagina "Incirkel" voor een ander bewijs voor de concurrentie van de bissectrices.
[einde Opmerkingen]

4.2. Zwaartelijnen terug
Elke deelverhoudingen op de zijden zijn gelijk aan -1, met als product -1
Dus de zwaartelijnen zijn concurrent. ¨

Opmerkingen
[1] Zie paragraaf 7.1 voor de deelverhouding op de zwaartelijnen zelf.
[2] Zie ook de pagina "Concurrentie van zwaartelijnen" voor enkele andere bewijzen"
[3] Zie de pagina "Stelling van Stewart" voor de lengte van de zwaartelijnen.
[einde Opmerkingen]

4.3. Hoogtelijnen terug
4.3.1. Met goniometrie (zie figuur 7a):

figuur 7a  transv7a In deze driehoek geldt
   AQ = c cos a, AR = b cos a, BP = c cos b
   CQ = a cos g, BR = a cos b, CP = b cos g
zodat
(BCP)(CAQ)((ABR) =
= - (ccos b)/(bcos g) . (acos g)/(ccos a) . (bcos a)/(acos b) = -1 ¨

4.3.2. Met antiparallellen (zie figuur 7b):

figuur 7b  transv7b Driehoek ARC ~ driehoek AQB (hh) zodat AR : AQ = AC : AB = b : c
Met deze verhouding en het feit dat de driehoek ARQ en ACB de hoek A gemeenschappelijk hebben vinden we
driehoek ARQ ~ driehoek ACB (zhz).
We vinden nu
hoek B = hoek AQR en hoek C = hoek ARQ

De lijnen BC en RQ heten antiparallel.

Op dezelfde manier als hierboven vinden we nu
BP : BR = c : a en CP : CQ = b : a
Zodat

(BCP)(CAQ)(ABR) = - PB/PC . QC/QA . RA/RB = (wisselen van de noemers)
= - PB/ RB . QC/CP . RA/QA = - c/a . a/b . b/c = -1

De hoogtelijnen zijn dus concurrent. ¨

4.3.3. Volgens Gudermann (Christoph Gudermann, 1798 - 1852, Duitsland; geformuleerd in 1835):

figuur 7c  transv7c

Zijn AA' en BB' hoogtelijnen van driehoek ABC die elkaar snijden in het punt H (zie figuur 7c).
Spiegeling van de lijn A'B' in AA' en ook in BB' geeft driehoek A'B'C".
Van die driehoek is H het middelpunt van de ingeschreven cirkel.
C is dus het snijpunt van twee buitenbissectricen van die driehoek (namelijk B'C en A'C).
A en B zijn de snijpunten van een binnen- en een buitenbissectrice.
C"H gaat als binnenbissectrice van A'B'C"door het punt C.
AB is DUS (*) een buitenbissectrice van A'B'C".
Gevolg:
CH en AB gaan door C" en staan dus als binnen- resp. buitenbissectrice loodrecht op elkaar.

(*)
Ook het concurrent zijn van één binnenbissectrice en twee buitenbissectrices van een driehoek kan worden bewezen met de stelling van Ceva.  ¨

4.3.4. Met koordenvierhoeken (zie figuur 7d)

figuur 7d transv7d BE en CF zijn hoogtelijnen. H is het snijpunt van deze hoogtelijnen
We zullen aantonen, dat AH in D loodrecht staat op AB.
AFHE is dan een koordenvierhoek, zodat F2 = ½bgHE = A2
BCEF is een koordenvierhoek, zodat B2 = ½bgCE = F2
In vierhoek ABDE is dan
DAE = DBE, zodat de punten A, B, D, E op een cirkel liggen (omtrekshoeken).
En dus:
ADB = AEB = 90º ¨

4.4. Stelling van Pythagoras terug
Bij het bewijs van de stelling van Pythagoras (in boek I, propositie 47) van de Elementen van Euclides is gebruik gemaakt van de lijnen AE, BF en CD.
Deze lijnen zijn concurrent in het punt S (zie figuur 8).

figuur 8  transv8 Dit blijkt uit het volgende.

Bij AE vinden we
A1CA ~ A1BE, zodat CA1 : BA1 = CA : EB = b : a
Bij BF geldt
AB1F ~ CB1B, zodat AB1 : CB1 = AF = CB = b : a
En bij CD is
AC2 = AD . AB en BC2 = BD . BA, zodat AD : BD = b2/a2.
Ook nu geldt dus voor de verhoudingen
u1u2u3 = 1.
De lijnen zijn dus concurrent (beperkte stelling van Ceva). ¨

 

Opmerkingen
[1]
Heron van Alexandrië (10-75, Egypte) heeft (naar het schijnt) als eerste een bewijs van deze eigenschap gegeven.
Klik hier voor Heron's bewijs.

[2]
Zie ook de pagina "Figuur van Vecten", Stelling 2 - Tussenresultaat
[einde Opmerkingen]

4.5. Punt van Gergonne terug

figuur 9  transv9 We gaan hierbij uit van de hoektransversalen naar de raakpunten van de ingeschreven cirkel van de driehoek.

Nu is
(ABC1)(BCA1)(CAB1) = - p1/p2 . p2/p3 . p3/p1 = -1
De hoektransversalen gaan dus door éen punt, G.
Hoewel ook Ceva deze eigenschap kende, heet het punt G het punt van Gergonne (Joseph Gergonne, 1771-1859, Frankrijk).

Klik hier cabrismall voor een animatie van bovenstaande eigenschap.

Opmerkingen
[1]
Deze eigenschap is op te vatten als een bijzonder geval van de Stelling van Brianchon:
De verbindingslijnen van overstaande hoekpunten van een raaklijnenzeshoek (aan een kegelsnede; in dit geval een cirkel) zijn concurrent.
De punten A1, B1 en C1 zijn in dit geval "ontaarde" hoekpunten van zo'n zeshoek.
[2]
Klik hier voor een iets uitvoeriger behandeling van het punt van Gergonne.
[3]
Zie ook de pagina "Barycentrische coördinaten"
[einde Opmerkingen]

4.6. Punt van Nagel terug

figuur 10  transv10 Hierbij nemen we de hoektransversalen naar de raakpunten van de aangeschreven cirkels aan de zijden van de driehoek.
Zoals gebruikelijk schrijven we: 2s = a + b + c.
Nu is
AC1 = s - b, BC1 = s - a, BA1 = s - b
CA1 = s - b, CB1 = s - a, AB1 = s - c
zodat
(ABC1)(BCA1)CAB1) =
= - (s - b)/(s - a) . (s - c)/(s - b) . (s - a)/(s - c) = -1.
Het gemeenschappelijk punt van de hoektransversalen is nu N, het punt van Nagel (Christian Heinrich von Nagel, 1803-1882, Duitsland).

Klik hier cabrismall voor een animatie van bovenstaande eigenschap.

Verwijzingen
Klik hier voor Cabri-werkblad "Over Spieker en Nagel" waarin enkele andere eigenschappen van het punt van Nagel worden behandeld.
Klik hier voor de pagina "Fuhrmann-cirkel" waarin het verband wordt behandeld tussen het punt van Nagel, het hoogtepunt van een driehoek en de Fuhrmann-cirkel.
Klik hier voor de pagina "Barycentrische coördinaten".

Opmerking
De eigenschappen van de raaklijnstukken kunnen we afleiden uit de volgende figuur (zie figuur 11).

figuur 11  transv11 AE + EF = c + x + b + y = c + b + a = 2s

AE = EF, zodat AE = s.

Dus: BE = s - c en CF = s - b

[einde Opmerking]

5. Oneigenlijk punt terug

figuur 12  transv12 Kiezen we een variabel punt X(x, 0) op de lijn door de punten A(0, 0) en B(1, 0) dan kunnen we de grafiek van de deelverhouding (ABX) beschouwen.

Nu is
   y = (ABX) = x / (x - 1)

Hieruit volgt direct dat de deelverhouding niet gedefinieerd is voor X = B (x = 1).

De grafiek heeft een horizontale asymptoot met vergelijking y = 1.

Daarom volgt de

Definitie
ALS (ABP) = 1 DAN P heet oneigenlijk punt van de lijn door A en B.

6. Stelling van Menelaos terug

Definitie
Een transversaal van een driehoek is een lijn die elke zijde van een driehoek (of het verlengde ervan) snijdt in een niet-hoekpunt.

De lijn l snijdt BC, CA en AB opvolgend in P, Q , R (zie figuur 13).

figuur 13  transv13 Met het lijnstuk CC’ (met C’ op l en CC’//AB) vinden we
BPR ~ CPC’, zodat BR : CC’ = PB : PC
en
RAQ ~ C’CQ, zodat AR : CC’ = AQ : CQ
Nu is
(ABR)(BCP)(CAQ) =
= RA/RB . (BCP)(CAQ) = AQ/BP . PC/CQ . (- PB/PC) . (-QC/QA) = 1 ¨

Deze eigenschap staat bekend als de stelling van Menelaos (Menelaos van Alexandrië, 70 - 130, Egypte)

Omgekeerde stelling van Menelaos
ALS (ABP)(BCQ)(CAR) = 1 DAN P, Q en R zijn collinear.

Bewijs: (zie figuur 14).LET OP: namen van de snijpunten op de transversaal verschillen in figuur 13 en 14.

figuur 14  transv14 Stel PR snijdt CB in een punt Q’.
Volgens de stelling van Menelaos is dan

(ABP)(BCQ’)(CAR) = 1

Dus, samen met het gegeven, volgt dan (BCQ) = (BCQ’). En daaruit volgt dan Q’ = Q. ¨

Het bovenstaande is gebaseerd op de volgende

Stelling
Voor elk reëel getal k (¹ 1) is er is precies één punt P van AB met (ABP) = k.

Bewijs:
Zij (ABP) = k. Dan is PA : PB = k : 1
Met PA + AB = PB hebben we dan kPB - PB = - AB = BA; zodat
PB = BA / (k - 1)
Hierdoor is het punt P dus uniek bepaald. ¨

Opmerking
Van deze eigenschap is stilzwijgend gebruik gemaakt in de toepassingen op de bissectrices, hoogtelijnen, ... hierboven.
[einde Opmerking]

7. Toepassingen van de stelling van Menelaos terug

Overzicht
     7.1. Deelverhouding bij zwaartelijnen
     7.2. Drie gelijkvormigheidspunten
     7.3. Stelling van d'Alembert
     7.4. De Stelling van Desargues
     7.5..De Stelling van Pascal voor cirkels

7.1. Deelverhouding bij zwaartelijnen terug

Stelling
De zwaartelijnen van een driehoek verdelen elkaar in stukken die zich verhouden als 2:1.

Eerste Bewijs (zie figuur 15a):

figuur 15a  transv15 Beschouw de driehoek BCE met transversaal AD.

Nu is: (BCD)(CEZ)(EBA) = 1.
Dit geeft dan -1 . (ZC/ZE) . (1/2) = 1
Oftewel  ZC : ZE = - 2.

Dus ZC = 2 . ZE ¨

Tweede bewijs - wat traditioneler (zie figuur 15b)

figuur 15b transv15b Zijn E' en F' de middens van CE en BF, dan is F'E'FE een parallellogram (twee keer toepassing van de stelling van de middenparallel), zodat
ZF = ZF'
en daaruit volgt dan dat BZ : ZF = 2 : 1 ¨

Opmerking
Zie ook de pagina "Concurrentie van zwaartelijnen" voor enkele andere bewijzen"
[einde Opmerking]
.
7.2. Drie gelijkvormigheidspunten terug
Stelling
Zijn G12, G23, G31 homothetieën (vastgelegd als in figuur 16), dan zijn de drie gelijkvormigheidspunten collineair.

Bewijs (zie figuur 16):

figuur 16  transv16 De centra van de homothetieën (vermenigvuligingen tov. een punt) zijn opvolgend (eveneens aangegeven met) G12, G23 en G31 .

(P1P2G12) = a1/a2
(P2P3G23) = a2/a3
(P3P1G31) = a3/a1

Het product hiervan is nu gelijk aan 1.
De lijn door G12, G31, G23 is dus een transversaal van driehoek P1P2P3. ¨

7.3 Stelling van d'Alembert terug
Deze eigenschap genoemd in paragraaf 7.2 maar dan geformuleerd voor cirkels, wordt  wel genoemd naar Jean d'Alembert, 1717-1783, Frankrijk.

Stelling van d'Alembert
Van drie cirkels liggen de uitwendige gelijkvormigheidspunten op een rechte lijn.
Twee inwendige (negatieve) gelijkvormigheidspunten en het daarbij niet behorende derde uitwendige (positieve) gelijkvormigheidspunt zijn eveneens collineair.

Opmerking
Deze stelling wordt in de literatuur ook wel aangegeven als de Cirkelstelling van Monge (naar Gaspard Monge, 1746-1818, Frankrijk).
De eigenschap werd namelijk door d'Alembert aan Monge voorgelegd en ook, als eerste, door Monge bewezen, via een 3-dimensionale voorstelling van het probleem: drie bollen waarvan de middelpunten in hetzelfde vlak liggen, die twee aan twee een kegel bepalen.
[einde Opmerking]

Bewijs: zie figuur 17.

figuur 17  transvdal De drie cirkels K1, K2, K3 zijn bepaald door hun middelpunten en stralen. Lijnen door overeenkomstige stralen bepalen de in- en uitwendige gelijkvormigheidspunten.
Volgens de eigenschap in paragraaf 7.2 zijn de uitwendige gelijkvormigheidspunten dus collineair.

Het product van de factoren van de verschillende homothetieën moet positief zijn. Met andere woorden, het gestelde geldt eveneens voor twee inwendige en het overblijvende uitwendige gelijkvormigheidspunt. ¨

Gevolg
De mogelijkheden voor drie cirkels zijn:
cirkel 1   cirkel 2   cirkel 3   as
+ + + P12P13P23
+ - - P23N13N12
- + - P13N23N12
- + - P12N23N13

Er zijn dus (maximaal) 4 collineatie-assen, ook wel gelijkvormigheidsassen genoemd.
[einde Gevolg]

Klik hier cabrismall voor een animatie van de stelling van d'Alembert.

Opmerking
De stelling van d'Alembert is onder andere van belang bij de oplossing van het algemene geval van het Raakprobleem van Apollonius (constructie van alle cirkels die raken een drie gegeven cirkels).
[einde Opmerking]

7.4. De stelling van Desargues terug

Definities
Twee driehoeken ABC en A'B'C' heten (punt)perspectief vanuit een punt P (Eng. copolair) als de lijnen AA', BB', CC' door het punt P gaan.
Twee driehoeken ABC en A'B'C' heten lijnperspectief (Eng. coaxial) als de snijpunten van de lijnenparen (AB, A'B'), (AC, A'C") en (CA, C'A') collineair zijn.
Stelling van Desargues
Twee driehoeken die puntperspectief zijn, zijn ook lijnperspectief (en omgekeerd).

Bewijs: zie figuur 18a.

figuur 18a  transv_des De driehoeken ABC en A'B'C' zijn puntperspectief in het punt O
P,Q,P zijn de snijpunten van de overeenkomstige zijden.
Nu moeten P,Q,R collineair zijn.
We beschouwen de driehoeken BCO, CAO en OAB met opvolgend de transversalen QC'B', RC'A' en PA'B'.
Volgens de stelling van Menelaos hebben we dan
   (BCQ).(COC').(OBB') = 1  
   (CAR).(AOA').(OCC') = 1
   (ABP).(BOB').(OAA') = 1
Vermenigvuldigen we de linker en rechter leden van deze uitdrukkingen, dan vinden we
   (BCQ)(CAR)(ABP) = 1
De punten P,Q,R zijn dus collineair.

Omgekeerd.
Stel P, Q, R zijn collineair. Zij O het snijpunt van AA' en CC'. We moeten nu laten zien, dat BB' ook door O gaat.
De driehoeken APA' en CQC' zijn puntperspectief met R als perspectiefpunt, immers de lijnen AC, PQ, A'C' gaan door R.
Volgens (het hierbovenstaande eerste deel van) de stelling van Desargues zijn dan de snijpunten van AP en CQ (=B), AA' en CC' (=O), PA' en QC' (=B') collineair.
O ligt dus op BB'. ¨

Klik hier cabrismall voor een animatie van de stelling van Desargues.

Opmerkingen
[1]
De stelling van Desargues (Girard Desargues, 1591-1661, Frankrijk; gepubliceerd in 1636),  speelt een belangrijke rol (oa. als axioma) in de projectieve meetkunde en bij het onderzoek naar de gronslagen van de meetkunde.
Klik hier voor een ("projectief") bewijs van de stelling gebaseerd op een pooltransformtie.

[2]
Klik hier voor een behandeling van de Gegeneraliseerde stelling van Desargues.

figuur 18b  transv_des3 [3]
Een fraaie illustratie van de Stelling van Desargues vinden we in de stereometrie.
Een piramide T.A'B'C' wordt gesneden door een vlak ABC dat niet evenwijdig is met het grondvlak.
De beide vlakken ABC en A'B'C' snijden elkaar volgens een rechte lijn, waarop uiteraard de snijpunten P, Q, en R liggen.

[einde Opmerkingen]

7.5. De Stelling van Pascal voor cirkels terug
De stelling van Pascal (voor cirkels) (Blaise Pascal, 1623-1662, Frankrijk) is wellicht (naast de Cirkel van Feuerbach) de stelling waaraan de meest fraaie resultaten kunnen worden ontleend.
Algemeen geformuleerd luidt de stelling

Stelling van Pascal
Van een zeshoek (niet noodzakelijk convex) waarvan de hoekpunten op een kegelsnede liggen, zijn de snijpunten van de drie paren overstaande zijden verschillend en collineair (en omgekeerd)
figuur 19a figuur 19b
transv18 transv18b

De stelling kan algemeen bewezen worden door gebruik te maken van de theorie der projectieve meetkunde.
Maar als de hoekpunten van zeshoek liggen op een cirkel, dan kunnen we een eenvoudig bewijs geven op basis van de Stelling van Menelaos.

Stelling van Pascal voor cirkels
Van een zeshoek (niet noodzakelijk convex) waarvan de hoekpunten op een cirkel liggen, zijn de snijpunten van de drie paren overstaande zijden verschillend en collineair.

Klik hier voor een behandeling van deze stelling (inclusief een animatie) en enkele gevolgen ervan.

begin pagina
[transvers.htm] laatste wijziging op: 22-01-2018