Driehoeken Enkele speciale topics
Arne Smeets Trainingsweekend Februari 2008
Trilineaire en barycentrische coordinaten ¨ Definitie van trilineaire coordinaten ¨ Beschouw (in het vlak) een driehoek ∆ABC en een punt P . Zijn x ˜, y˜ en z˜ de afstanden van P tot BC, CA en AB, waar we x ˜ > 0 (˜ x < 0) nemen indien P en A aan dezelfde kant (verschillende kanten) van BC liggen. Dan geldt duidelijk a˜ x + b˜ y + c˜ z = 2 [∆ABC], waarbij a = BC, b = CA en c = AB, en waarbij we oppervlaktes noteren met vierkante haakjes. Omwille van deze (ongewenste) “afhankelijkheid” tussen x ˜, y˜ en z˜ is het opportuun om een homogene versie van x ˜, y˜ en z˜ in te voeren. Dat doen we als volgt: we noemen (x, y, z) de homogene driehoeksco¨ordinaten van P ten opzichte van 4ABC indien x:y:z=x ˜ : y˜ : z˜. ¨ Om met homogene driehoekscoordinaten te werken moeten we het vlak wel uitbreiden met een rechte op oneindig, de rechte met vergelijking ax + by + cz = 0. Het is niet moeilijk om na te gaan dat de homogene ¨ driehoekscoordinaten een punt dan op een eenduidige wijze bepalen. Collineariteit met trilineaire coordinaten ¨ Neem nu twee willekeurige punten P1 = (x1 , y1 , z1 ) en P2 = (x2 , y2 , z2 ) (ten opzichte van ∆ABC). Met eenvoudig rekenwerk kunnen we aantonen dat P = (x, y, z) collineair is met P1 en P2 als en slechts als x y z x1 y1 z1 = 0. x2 y2 z2 Dit geeft ons direct de vergelijking van de rechte door P1 en P2 . In de duale situatie kunnen we rechten `1 en `2 met vergelijkingen α1 x+β1 y +γ1 z = 0 en α2 x+β2 y +γ2 z bekijken. De rechte ` met vergelijking αx + βy + γz gaat door het snijpunt van `1 en `2 als en slechts als α β γ α1 β1 γ1 = 0. α2 β2 γ2 Op deze manier kunnen we dus concurrentie van drie rechten uitdrukken.
1
Definitie van barycentrische coordinaten ¨ ¨ Gegeven P en ∆ABC zoals in de definitie van trilineaire coordinaten, dan noemen we (X, Y, Z) de ¨ homogene barycentrische coordinaten van P als en slechts als voldaan is aan de voorwaarde X : Y : Z = ax : by : cz. ¨ Interpreteer barycentrische coordinaten in termen van oppervlakten. In sommige meetkundige situaties ¨ ¨ zijn trilineaire coordinaten erg handig, in andere situaties rekenen barycentrische coordinaten vlotter. ¨ Concurrentie en collineariteit worden hier op dezelfde manier uitgedrukt als in trilineaire coordinaten. Trilineaire en barycentrische coordinaten ¨ van enkele speciale punten in driehoeken Bekijk het volgende overzicht: notatie I G O H K
punt middelpunt ingeschreven cirkel zwaartepunt (barycentrum) middelpunt omgeschreven cirkel hoogtepunt punt van Lemoine
trilineair (1, 1, 1) (bc, ca, ab) (cos α, cos β, cos γ) (sec α, sec β, sec γ) (a, b, c)
barycentrisch (a, b, c) (1, 1, 1) (sin 2α, sin 2β, sin 2γ) (tan α, tan β, tan γ) a2 , b2 , c2
Over het punt van Lemoine volgt later meer. Opgaven (1) Leid de resultaten uit de bovenstaande tabel af. (2) Het is bekend dat het hoogtepunt, het middelpunt van de omgeschreven cirkel en het zwaartepunt van een driehoek op een rechte liggen - de rechte van Euler. Verifieer dit met een berekening. ¨ (3) Bepaal driehoeks- en barycentrische coordinaten voor enkele andere speciale punten in een driehoek die je nauw aan het hart liggen. Suggesties: de punten van Nagel, Gergonne, Feuerbach, . . . (4) In sommige formules in de tabel staan goniometrische uitdrukkingen. Hoe herschrijf je die zodat je uitdrukkingen overhoudt waarin enkel de lengtes van de zijden van de driehoek voorkomen? ¨ (5) Geef een computationeel bewijs voor de stellingen van Ceva en Menelaos, met de juiste coordinaten. (6) Beschouw in een driehoek de drie rechten die het midden van een zijde verbinden met het midden van de hoogtelijn op die zijde. Bewijs dat deze drie rechten concurrent zijn. Welk (bekend) punt ¨ hebben de drie rechten gemeenschappelijk? (Denk na: trilineaire of barycentrische coordinaten?) (7) Zij ∆ABC een driehoek, zij r de straal van de omgeschreven cirkel, zij O het middelpunt van de omgeschreven cirkel en zij H het hoogtepunt. Zijn D, E en F de spiegelbeelden van A, B en C in BC, CA en AB respectievelijk. Bewijs dat D, E en F collineair zijn als en slechts als OH = 2r. (IMO Shortlist, 1998) De synthetische oplossing voor deze opgave is bijzonder moeilijk. Voor iemand met ervaring met driehoeksen barycentrische co¨ordinaten en enkele leuke eigenschappen van driehoeken is deze opgave echter een peuleschil. Je zal hier de co¨ordinaten van D, E en F moeten bepalen en collineariteit van D, E en F moeten vertalen in een determinant die gelijk is aan 0. 2
Daaraan heb je nog niet genoeg, je hebt twee identiteiten nodig die absoluut de moeite zijn om te onthouden: • OH 2 = 9r2 − a2 + b2 + c2 • cos2 α + cos2 β + cos2 γ + 2 cos α cos β cos γ = 1 Ik verwacht van jullie dat jullie beide identiteiten kunnen bewijzen (en ook onthouden). Voor de eerste identiteit kan dat heel vlot met vectorrekening: kies de oorsprong in het middelpunt van de omgeschreven cirkel. Kan je dan OH schrijven in functie van OA, OB en OC door de ligging van H op de rechte van Euler te bekijken? Ik gebruik hier boldface om vectoren te noteren. Opfrissing van de rechte van Euler is te verkrijgen op aanvraag, en ik wil hier gerust over uitweiden als dit een gat in jullie meetkundige cultuur blijkt te zijn. De tweede identiteit is eenvoudiger te bewijzen. Ik besef dat dit een heel andere manier is om aan meetkunde te doen dan wat jullie normaal doen, maar ik vind het juist heel belangrijk dat jullie ook eens met deze technieken in aanraking komen. (8) Zij ∆ABC een scherphoekige driehoek. Zijn D en E de punten waar de hoogtelijnen door A en B de overstaande zijden snijden. Zijn P en Q de punten waar de bissectrices van ∠A en ∠B de overstaande zijden snijden. Zijn O en I de middelpunten van de om- en ingeschreven cirkels van de driehoek. Toon aan dat D, E en I collineair zijn als en slechts als P , Q en O collineair zijn. (IMO Shortlist, 1997)
Isogonale conjugatie Definitie Zij ∆ABC een driehoek en zij P een willekeurig punt. Door de rechten AP , BP en CP te spiegelen om de bissectrices van de hoeken ∠A, ∠B en ∠C krijgen we drie (meestal nieuwe) rechten. We kunnen op twee manieren inzien dat deze drie rechten concurrent zijn: met de goniometrische variant van de ¨ stelling van Ceva, maar ook met driehoekscoordinaten. We werken de tweede methode uit als kleine oefening. Het punt van concurrentie noemen we Q, en we noemen Q het isogonaal geconjugeerde punt van P . Als P op een van de zijden van de driehoek ligt krijgen we een “ontaarde” situatie: wat is dan het isogonaal geconjugeerde punt van P ? Cruciale betrekkingen in alles wat volgt zijn de volgende: • als P = (x, y, z), dan is Q = x−1 , y −1 , z −1 = (yz, zx, xy), • als P = (X, Y, Z), dan is Q = a2 X −1 , b2 Y −1 , c2 Z −1 = (a2 Y Z, b2 ZX, c2 XY ). ¨ We gebruiken (as usual) “lower case” voor trilineaire coordinaten, “upper case” voor barycentrische. Algemene eigenschappen van isogonaal geconjugeerde punten We formuleren eerst de stelling van Steiner. Zij ∆ABC een driehoek. Zijn D en E punten op BC zodanig dat AD en AE elkaars spiegelbeeld zijn ten opzichte van de bissectrice van ∠A. Dan geldt dat BD BE AB 2 · = . DC EC CA2 Deze gelijkheid kan bewezen worden door de sinusregel een honderdtal keer toe te passen. De link met isogonale conjugatie is, vermoed ik, duidelijk genoeg.
3
Interessant om even over na te denken is de volgende vraag. Zij P een punt en zijn U , V en W de snijpunten van AP , BP en CP met BC, CA en AB. Hoe krijg je de trilineaire (of barycentrische) ¨ ¨ ¨ coordinaten van U , V en W vanuit de coordinaten van P ? Omgekeerd, hoe verkrijg je de coordinaten van P uit die van U , V en W ? Het resultaat is krachtig in combinatie met de stelling van Steiner. De constructie van de voetpuntsdriehoek van een punt ten opzichte van een gegeven driehoek is - hoop ik - bekend: indien nodig weid ik hier even over uit. Beschouw ∆ABC en isogonaal geconjugeerde punten P en P 0 ten opzichte van ∆ABC. Zijn 4DEF en 4D0 E 0 F 0 de voetpuntsdriehoeken van P en P 0 ten opzichte van ∆ABC, waarbij D ∈ BC, E ∈ CA en F ∈ AB, en analoog voor 4D0 E 0 F 0 . Dan geldt dat ∆DEF en ∆D0 E 0 F 0 dezelfde omgeschreven cirkel hebben: gelijkvormige driehoeken geven AE · AE 0 = AF · AF 0 , BF · BF 0 = BD · BD0 , CE · CE 0 = CD · CD0 . Bijgevolg zijn EE 0 F F 0 , F F 0 DD0 en EE 0 DD0 koordenvierhoeken. Zijn γA , γB en γC de omgeschreven cirkels van deze vierhoeken. Bekijk bijvoorbeeld γA en γB . Als deze cirkels verschillend zouden zijn, dan zou de verzameling van punten die gelijke machten hebben ten opzichte van γA en γB een rechte zijn. We hebben echter drie niet-collineaire punten met gelijke machten ten opzichte van γA en γB , namelijk A, B en C. Bijgevolg moeten γA en γB wel samenvallen, en daarmee is ons resultaat bewezen. Het punt van Lemoine Het isogonaal geconjugeerde punt van het zwaartepunt van een driehoek noemen we het Lemoine-punt ¨ van de driehoek. De coordinaten van dit punt werden eerder gegeven: verifieer! Het punt van Lemoine heeft prachtige eigenschappen. De rechten die de hoekpunten van een driehoek verbinden met het punt van Lemoine noemen we de symmedianen van de driehoek. Verklaar de naamgeving! Symmedianen en het punt van Lemoine zijn erg nuttig: we bespreken hier enkel hun belangrijkste eigenschappen. • In welke verhouding verdelen de symmedianen de zijden van een driehoek? • Het punt van Lemoine is het zwaartepunt van zijn eigen voetpuntsdriehoek. • Bekijk ∆ABC en zij S het snijpunt van de raaklijnen in B en C aan de omgeschreven cirkel. Dan is AS een symmediaan in ∆ABC. Dit geeft een eenvoudige constructie voor het punt van Lemoine. Inderdaad, zijn CA en CB de projecties van S op AC en BC. Dan hebben we dat ∠SACA = ∠B en ∠SBCB = ∠A. Omdat AS = BC is SCA : SCB = sin ∠A : sin ∠B = a : b. Waarom volgt onze bewering over de rechte AS dan eigenlijk direct uit deze gelijkheid? • Het Lemoine-punt van een gegeven driehoek is het punt waarvoor de som van de kwadraten van de afstanden tot de zijden van de driehoek een minimale waarde aanneemt. Verrassend! Noteer de afstanden van P tot de zijden van ∆ABC met x ˜, y˜ en z˜ zoals op de eerste pagina. Dan 2 2 ˜ + y˜2 + z˜2 ≥ 4 [∆ABC] . We vinden zo een ondergrens voor hebben we dat a2 + b2 + c2 x 2 2 2 x ˜ + y˜ + z˜ , en deze wordt enkel bereikt als x ˜ : y˜ : z˜ = a : b : c. Dit geeft het punt van Lemoine! Opgaven (1) Het middelpunt van de omgeschreven cirkel en het hoogtepunt van een driehoek zijn isogonaal geconjugeerde punten. Dit kan je heel elementair bewijzen, maar kan je ook afleiden uit de tabel (cfr. pagina 2).
4
(2) Zij ∆ABC een scherphoekige driehoek en zijn D, E en F de voetpunten van de hoogtelijnen op BC, CA en AB. Zij tA de rechte door A, loodrecht op EF , en definieer tB en tC op analoge wijze. Bewijs dat tA , tB en tC concurrent zijn: wat is het punt van concurrentie? (3) Zij ∆ABC een driehoek met AC = 2 · AB. Zij γ de omgeschreven cirkel en zij P het snijpunt van de raaklijnen aan γ in A en C. Bewijs: BP snijdt de middelloodlijn van BC op γ. (4) Zijn A, B en C vaste punten op een rechte (in die volgorde). Zij γ een cirkel door A en C zodat AC geen diameter is van γ. Zij P het snijpunt van de raaklijnen aan γ in A en C. Zij Q het snijpunt van γ met het lijnstuk P B. Bewijs dat de bissectrice van ∠AQC door een vast punt gaat, dat onafhankelijk is van de precieze ligging van de cirkel γ. (IMO Shortlist, 2003) (5) Zij ∆ABC een scherphoekige driehoek en zijn P en Q isogonaal geconjugeerde punten binnen ∆ABC. Zijn D, E en F zoals gewoonlijk de orthogonale projecties van P op BC, CA en AB. Bewijs dat ∠DEF = 90◦ als en slechts als Q het hoogtepunt is van 4BDF .
Als er nog tijd over is. . . . . . dan zal ik met plezier wat dieper ingaan op de rechte van Euler en de negenpuntscirkel. Aan de hand van de resultaten kunnen we dan de volgende uitspraak aantonen: Zij ∆A1 A2 A3 een driehoek die niet gelijkzijdig is. Zijn O en I de middelpunten van de om- en ingeschreven cirkels. Zijn T1 , T2 en T3 de punten waar de ingeschreven cirkel van ∆A1 A2 A3 raakt aan A2 A3 , A3 A1 en A1 A2 . Dan ligt het hoogtepunt van ∆T1 T2 T3 op de rechte OI. Dit zou een mooi besluit zijn van de sessie.
5
