Driehoeksconstructies / Constructie van driehoeken

Driehoeksconstructies

Overzicht  ][  MeetkundeTrisectie (penl-constructies) | Cabri


Overzicht terug

  1. Inleiding - basisconstructies
  2. Constructies met andere dan de basiselementen / Overzicht
         2.1. Eenvoudige constructies
         2.2. Complexe(re) constructies
  3. Constructies met om- en incirkel
  4. Bijzondere constructies

[Deze pagina is in bewerking]


1. Inleiding - basisconstructies terug
Het is bekend dat een driehoek in de volgende gevallen met passer en liniaal construeerbaar is:

1. ZZZ   : de drie zijden zijn gegeven; deze worden in hetgeen volgt aangegeven met a, b, c
2. ZHZ  : er zijn twee zijden gegeven en de door die zijden ingesloten hoek; bijvoorbeeld A, b, c
3. HZH  : er zijn twee hoeken gegeven en gemeenschappelijke zijde van die hoeken; bijvoorbeeld A, B, c
4. ZHH  : er zijn twee hoeken geven en een zijde tegenover n van die hoeken; bijvoorbeeld A, B, a
5. ZZR  : er zijn twee zijden gegeven en de rechte hoek tegenover de grootste van die zijden

Bovenstaande constructies zijn gebaseerd op de zogenoemde congruentiegevallen of congruentiekernmerken die ook met bovenstaande drie letters worden aangeduid. We zouden ze hier constructiekenmerken kunnen noemen.

Opmerking
Geval 5 kan zwak worden geformlueerd als:

5b. ZZH*  : er zijn twee zijden gegeven en de hoek tegenover n van die zijden

In dit geval zijn er soms twee oplossingen, een oplossing met een scherpe en een oplossing met een stompe hoek.
[einde Opmerking]

We gaan er op deze pagina van uit, dat de constructies in de hierboven genoemde gevallen bekend zijn. En voorts ook constructies van bissectrices, hoogtelijnen, ed.
Bij een aantal constructies worden transformaties als vermenigvuldiging, (punt)spiegeling, rotaties, ed. gebruikt. Ook met die constructies wordt bekendheid ondersteld.

2. Constructies met andere dan de basiselementen terug
In de volgende paragrafen beschrijven we enkele constructies voor driehoeken waarvan ook  andere dan drie basiselementen (hoeken, zijden) gegeven zijn, zoals hoogtelijnen, zwaartelijnen en bissectrices.
We zullen daarbij voor die andere elementen de volgende notaties gebruiken:

ha, hb, hc - hoogtelijnen op de zijden a, b, c (uit A, B, C)
za, zb, zc - zwaartelijnen naar de zijden a, b, c (uit A, B, C)
da, db, dc - bissectrices van A, B, C
R, r - opvolgend de straal van de omcirkel en de incirkel (zie daarvoor paragraaf 3)
ra, rb, rc - de stralen van de aancirkels aan de (dragers van de) zijden a, b, c (zie eveneens paragraaf 3)

Overzichtterug

.
 geen zijde met d, h, z met R of r bijzonder
a  b  ha ] [ a  ha  hb ] [ A  a  b + c ] [ A  ha  a+b+c ] [ da  ha  za ] [ a  b  R ] [ A  X  Xa ]
[ a  b  za ] [ a  ha  za ] [ A  a  b - c ] [ A  hb  hc ] [ a  hb  r ]
a  b  zc ] [ a  hb  hc ] [ A  a  ha ] [ ha  hb  hc ] [ A  a  r ] [ O  ha  da ]
[ a  b  A - B ] [ a  hb  zb ] [ A  a  hb + hc ] [ A  zb  b : c ] [ ha  hb  za ]
[ A  a  hb - hc ] [ A  zb  zc ] [ A  a - b  r ]
[ a  b-c  hc ] [ a  zb  zc ] [ A  a+b  a+c ] [ za  zb  zc ] [ A  b + c  r ]
[ A  b  a + c ] [ A - B  ha  hb ]
[ a  B  db ] [ A  b  a - c ] [ a - b  ha  r ]
[ a  B  b-ha ] [ A  B  dc ] [ a+b  A-B  ra+rb ]
[ a  B  ha ] [ A  B  zc ] [ ha  hb  r ]
[ a  B - C  ha ] [ A  B  a+b+c ] [ za  r  ra ]

2.1. Eenvoudige constructies terug
Deze constructies worden aangeduid met 'eenvoudig' omdat de constructie (min of meer direct) gebaseerd is op bovenstaande constructiekenmerken en/of op eenvoudige meetkundige plaatsen..

a, b, ha  
dc1.gif (3852 bytes) De punten B en C kiezen we in ligging gegeven, vastgelegd door a.
Het punt A ligt nu op de lijn(en) evenwijdig met BC en op afstand ha (in de figuur is dat A'B) van BC - noem deze lijn (verzameling, meetkundige plaats) mp1(A).
Het punt A ligt eveneens op de cirkel (C, b) - noem deze meetkundige plaats mp2(A).
A is dan een snijpunt van mp1(A) en mp2(A).
We vinden dus ten hoogste twee (vier) punten A, dus ook ten hoogste twee (vier) driehoeken.
.
a, b, za  
dc2.gif (4295 bytes) De punten B en C kiezen we in ligging gegeven, vastgelegd door a.
Het punt A ligt nu op de cirkel (Ma, za = z), waarbij Ma het midden is van BC.
En A ligt ook op de cirkel (C, b).
A is dus het snijpunt van beide cirkels.
.
a, b, zc  
dc6.gif (3580 bytes) Eerste oplossing
De punten B en C kiezen we in ligging gegeven, vastgelegd door a.
We kunnen nu driehoek BCD construeren (ZZZ), waarbij CD = 2z en BD = b.
BCAD is dan een parallellogram.
A kan dus gevonden worden als snijpunt van de lijn BE (waarbij E het midden is van CD) en de lijn door D // BC.

Tweede oplossing
Klik hier
voor een oplossing van het probleem met gebruikmaking van vermenigvuldiging (en meetkundige plaatsen).

.
a, b, A - B / a, B - C, ha  
aB-Cha.gif (4107 bytes) Klik hier voor de constructiebeschrijving van beide gevallen.

Opmerking
[a, b, A - B] wordt geconstrueerd als [b, c, B - C].
Daarmee wordt [a, B - C, ha] daarmee in overeenstemming gebracht.

.
a, B, db  
dc3.gif (3617 bytes) De punten B en C kiezen we in ligging gegeven, vastgelegd door a.
De halve hoek B is nu bekend, zodat BCD geconstrueerd kan worden (ZHZ). D is hier het snijpunt van de bissectrice uit B met de overstaande zijde (b).
A wordt dan gevonden als snijpunt van de lijn CD met de zijde c.
.
a, B, ha  
ahab.gif (3034 bytes) Het punt A ligt op een afstand ha van BC, dus op een lijn evenwijdig met BC en op afstand ha van BC.
Het punt A ligt eveneens op het niet met BC samenvallende been van hoek B.
.
a, ha, hb  
dc23.gif (3624 bytes) Eerste oplossing
De driehoek BCD is direct construeerbaar (ZZR).
De halve lijn CD snijdt de lijn evenwijdig met BC en op afstand ha van BC in het punt A.

Tweede oplossing
Het punt A ligt ook op een raaklijn uit C aan de cirkel (B, hb).

.
a, hb, hc  
dc21.gif (3245 bytes) De driehoeken BCE en BCF zijn direct construeerbaar (elk volgens ZZR).
A is het snijpunt van de halve lijnen BF en CE.
.
a, hb, zb  
dc20.gif (3964 bytes) Driehoek BCD kan direct worden geconstrueerd (ZZR).
De drager van CA (een halve lijn door C en D) snijdt de cirkel (B, z) in de punten B'1 en B'2.
Met deze punten als centrum kunnen de punten A1 en A2 geconstrueerd met een puntspiegeling.

Opmerking
Als de cirkel de lijn CD niet, snijdt zijn er geen oplossingen.
Als de cirkel de lijn CD raakt (in D), is er slechts n oplossing. Driehoek ABC is dan gelijkbenig.

.
a, ha, za  
dc28.gif (3778 bytes) Het punt A ligt op afstand ha van BC, dus op een lijn evenwijdig met BC en op afstand ha van BC.
Het punt A ligt ook op de cirkel met middelpunt D en straal za. Hierbij is D het midden van BC.
..
a, zb, zc  
dc10.gif (3916 bytes) De punten B en C zijn in ligging gegeven, vastgelegd door a.
Nu is BCZ construeerbaar (ZZZ). E en F zijn de puntsymmetriebeelden van de middens van BZ en CZ in Z.
De lijnen BF en CE snijden elkaar in A.
.
A, b, a+c  >>  B, c, a + b  
dc4.gif (3175 bytes) We kiezen B in ligging gegeven en bepalen D, met BD = a + b.
Maar ook is de ligging van A bekend, immers c is gegeven. Driehoek ABD is dus construeerdbaar (ZHZ).
Voor het punt C geldt nu CB = a, en dus CD = b, maar ook CA = b.
C ligt dus op de middelloodlijn van DA, waarmee C als snijpunt van die middelloodlijn met BC gevonden kan worden.
.
A, b, a - c  >>  B, c, a - b  
dc5.gif (3270 bytes) Merk op, dat in dit geval a > b.
We kiezen B in ligging gegeven en bepalen D met BD = a - b.
Maar ook is de ligging van A bekend, immers B en c zijn gegeven. Driehoek ABD is dus construeerbaar (ZHZ).
Op BD moet nu het punt C gevonden worden met CD = CA = b. C ligt dus op de middelloodlijn van AD, waarmee C gevonden kan worden als snijpunt van die middelloodlijn met BD.
.
A, B, a + b+ c  >>  B, C, a + b + c  
dc7.gif (3966 bytes) In nevenstaande figuur is DE = a + b + c. Nu is:
in DBA: D = B
in CEA: E = C
We plaatsen de gegeven hoeken B en C dus met hoekpunten in D en E en een been langs DE.
Driehoek ADE is dan construeerbaar (HZH).
B ligt op de middelloodlijn van AD (immers BA = BD) en C ligt op de middelloodlijn van AE (immers CA = CE).
Maar ook B en C liggen op DE. Waarmee ABC eveneens gecosntrueerd is.
Opmerking
In plaats van de middelloodlijnen kunnen we ook lijnen door A trekken evenwijdig aan opvolgend FD en FC.
[einde Opmerking]
.
A, hb, hc  
dc27.gif (4181 bytes) Driehoek ABB' is direct construeerbaar (ZHH); daarbij is gebruik gemaakt van de hoek B = 90 - A.
Het punt C ligt op AB' en op de lijn // AB en op afstand hc van AB.
Hiermee is het punt C gevonden.
.
za, zb, zc  
dc9.gif (3676 bytes) Kies op BE het punt Z zo, dat BZ = 2/3BE.
Ga er nu vanuit, dat driehoek ABC reeds geconstrueerd is.
Zij G het puntsymmetrisch beeld van Z in D.
Nu is
   BG = ZC = 2/3CF, GZ = AZ = 2/3AD.
Driehoek BGZ is dus construeerbaar (ZZZ).
Het puntspiegelbeeld van B in D (het midden van ZG) geeft C, het puntspiegelbeeld van G in Z geeft A.

2.2. Complexe(re) constructies terug

a, b - c, hc  
ab-chc.gif (2914 bytes) Klik hier voor de constructiebeschrijving.
a, A, b + c  
dc14.gif (3580 bytes) Zij driehoek ABC gegeven.
Is D het punt op het verlengde van CA, zodat CD = c + b.
Nu is in driehoek ABD:
   D = (180 - (180 - A)) = A.

Driehoek BCD is dus construeerbaar (ZZH*).
De meetkundige plaats van het punt A is eveneens bekend (deel van de omcirkel van ABC; KoordeHoekBoog; stelling van de constante hoek).
A is dus constreerbaar als snijpunt van bg BC en CD.

Opmerking
Vanwege het constructiekenmerk ZZH* is ABC niet eenduidig bepaald.
[einde Opmerking]

.
a, A, b - c  
Aab-c.gif (5547 bytes) Het lijnstuk a is in ligging gegeven. Driehoek A'BC met CA' = b-c is construeerbaar.
Immers:
Uit AB = AA' = c volgt AA'DB = ABA' = (180 - A) = 90 - A.
Dus BA'C = 90 + A
A' ligt daardoor op de cirkel waaronder BC wordt gezien onder een hoek 90 + A. A' vinden we op deze cirkel (en wel op de kleinste boog) als snijpunt met de cirkel C(b-c).
A is dan het snijpunt van CA' met de middelloodlijn van A'B.

Opmerking
Het probleem is alleen oplosbaar als a > (b-c).
Omdat BA'C een stompe hoek is, vinden we slechts n oplossing.
Driehoek A'BC is ook construeerbaar volgens constructiekenmerk ZZH*.

N.b.
De hoogtelijn BE van driehoek ABC is tevens hoogtelijn van driehoek CA'B'.
Verder is CBA' = ABC - ABA' = B - (90 - A) = B + A + C -  C - 90
zodat CBA' =  (A+B+C) + (B-C) - 90 =  (B-C).

.
a, A, hb + hc / a, A, hb - hc  
Klik hier voor de constructiebeschrijvingen.
.
A, a + b, a + c  
dc18.gif (5264 bytes) Eerste oplossing
Op basis van de gegevens is de driehoek AB'C' direct construeerbaar (ZHZ).
We moeten nu op B'A en C'A opvolgend de punten B en C construeren met B"B = BC = CC'.
We doen dit op basis van vermenigvuldiging van een kleinere figuur B'BnDE, die wordt geconstrueerd via de punten Bn en Cn op de zijden, met B'Bn = C'Cn (zie de beide cirkels).
Het punt D wordt dan gevonden als snijpunt van de lijn door Cn // B'C' met de cirkel rond Bn (die door B' gaat).
De lijn B'D snijdt dan de lijn AC' in het gezochte punt C.
Hiermee is de lengte van a = CC' gevonden.
B contrueren we op AB' met de cirkel (B', a).

Tweede oplossing
Klik hier voor een oplossing met behulp van projectieve eigenschappen

.
A, ha, a + b + c  
ah_as.gif (5669 bytes) Stel het probleem is opgelost. Maak BP gelijk aan AB = c en CQ gelijk aan CA = b. Dan is PQ = 2s = a + b + c.
Dan is PAB = B en CAQ = C, zodat PAQ = 90 + A.
Het punt A ligt dus op een cirkelboog (stelling van de omtrekshoek). Maar A ligt ook op de lijn die de afstand ha tot PQ heeft.
Het punt A kunnen we dus vinden als snijpunten van die boog en die lijn.
B en C b\vinden we dan door de middelloodlijnen van BA em CA te snijden met de lijn PQ.

Constructie
De hoek A is gegeven als halve hoek in P.
O is het middelpunt van de boog die hoort bij (PQ, A).

.
A, zb, b : c  
dc8.gif (3474 bytes) We gaan ervan uit, dat de verhouding b : c vastgelegd wordt met behulp van twee lijnstukken p en q.
Met deze lijnstukken en hoek A kunnen we dan een driehoek A'BC' construeren die gelijkvormig is met ABC (ZHZ).
Daarna kunnen we een vermenigvuldiging toepassen met centrum B, waarbij het midden D' van A'C' overgaat in het midden D van AC. D kan via z = zb worden bepaald op de lijn BD'; gebruik de cirkel (B, z).
De lijn door D evenwijdig aan A'C' geeft dan met de dragers van BA' en BC' opvolgend de punten A en C.
.
A, zb, zc  
Azazb.gif (5881 bytes) In driehoek ABB' is A en BB' (= zb) gegeven. A ligt dus op een cirkelboog (omtrekshoek; middelpunt O').
C is het puntsymmetrisch beeldpunt van A tov. B'. C ligt dus eveneens op een cirkelboog, middelpunt O" (het puntspiegelbeeld van boog O' het punt B').
Het zwaartepunt Z op BB' is eveneens bekend. C ligt op een afstand van 2/3CC' (= zc) van Z. C ligt dus ook op een cirkel, te weten de cirkel (Z, 2/3zc). Hiermee is het punt C gevonden. De halve lijn CB' snijdt dan de eerste cirkelboog in A. En tenslotte tekenen we de zijde BA.

Opmerking
De hoek A is in nevenstaande tekening in ligging gegeven. Een been van hoek A valt samen met de (halve) lijn BB'. Hiermee wordt de constructie van boog O' vereenvoudigd.

.
A, B, dc  
dc30.gif (3446 bytes) Twee hoeken van een driehoek (in dit geval de gegeven hoeken A en B) bepalen een verzameling gelijkvormige driehoeken.
We kunnen de gevraagde driehoek dus vinden via een vermenigvuldiging met het punt C als centrum.
Zij A'B'C een van die driehoeken.
De bissectrice van hoek C snijdt A'B' in F'. De lijn door F' snijdt de cirkel (C, d) in het punt F.
De lijn door F evenwijdig met A'B' snijdt de halve lijnen CA' en CB' opvolgend in de gezochte punten A en B.
.
A, B, zc  
dc11.gif (3900 bytes) Uit het gegeven volgt ook hoek C.
We kunnen nu een driehoek BC'A' construeren die gelijkvormig is met driehoek BCA.
In driehoek BC'A' is C'D' zwaartelijn. We kunnen dan de factor bepalen, waarmee C'D' = z' moet worden vermenigvuldig om CD = z te krijgen.
Deze factor kunnen we gebruiken bij een vermenigvuldiging van A'C' met centrum B.
Die vermenigvuldiging geeft dan A en C.
We hebben in de hulpconstructie in nevenstaande figuur:
     CE = C'D', CD = z, CF = BC' = a', CG = BC = a.
Uit de hulpconstructie blijkt dan:
     CD : CE = CG : CF of z : z' = a : a'
waarmee het punt C op BC' kan worden gevonden, met cirkel (B, a). A vinden we dan als snijpunt van de lijn BA' en de liijn door C // A'C'.
.
A - B, ha, hb  

a-bhahb.gif (3810 bytes)

Eerste oplossing
Zij ABC de gezochte driehoek
ABDE is dan een koordenvierhoek (middelpunt omcirkel is M). Het punt F is zo op de cirkel gekozen, dat ABFE een gelijkbenig trapezium is (EF // AB).
Nu geldt: AF = hb en ook bg(AE) = bg(BF)
En ook:
DAF = bg(DF) = bg(BDE - BF - ED) = bg(BDE) - bg(AE+ED) = A - B.
Driehoek AFD kan dus geconstrueerd worden (ZHZ). Waarmee ook de omcirkel (van AFD) en het punt M bekend zijn.
Het punt B vinden we als M-spiegelbeeld van A. Het punt E vinden we als tweede snijpunt van de cirkel en lijn door F evenwijdig met AB
De lijnen AE en BD geven C.
Tweede oplossing (van Anneke Grnefeld-Raaphorst, in persoonlijke correspondentie)
a-bhahb2.gif (5319 bytes) Zij ABC de gezochte driehoek.
Zij A' zo op AC, dat CA = ha en B' zo op BC, dat CB' = hb.
Wegens ha : hb = b : a zijn dan de driehoeken ABC en A'B'C gelijkvormig (zhz), waardoor A'B' // AB.
D ligt nu zo op A'B', dat CD = hb.
Dan is in driehoek A'CD: hoek D = CB'A' = CBA = hoek B
en verder ook:
A = CA'B'= B + DCA' (buitenhoek van driehoek A'CD), waaruit volgt dat
   DCA' = A - B
Driehoek CDA' is dus te construeren (ZHZ), alsmede driehoek CA'B' waarin dan ha' de hoogtelijn is op B'C (= BC).
De vermenigvuldiging met centrum C en factor ha / ha' van driehoek CA'B' geeft dan driehoek CAB.
.
a, b, dc  

dc16.gif (3203 bytes)

Zij ABC de gezochte driehoek.
Het punt B' op AC is het spiegelbeeld van B in de bissectrice CP. PQ is de lijn // BB' door P.
Nu geldt:
   AP : BP = b : a (bissectrice-stelling)
   AP : BP = AQ : B'Q (parallel-stelling)
terwijl verder AB' = a - b.
Het punt Q is nu te construeren.
Zie verder de Constructie.
dc16b.gif (5147 bytes) Eerste constructie
Maak het lijnstuk AB' gelijk aan a - b en coinstrueer daarop het punt Q in de verhouding b : a.
Verleng B'A met een stuk b. Dit geeft het punt C.
P ligt nu op de cirkel met middellijn CH (immers hoek P is recht).
P ligt ook op de cirkel (C, d).
Het punt B ligt op de lijn AP.
Het punt B ligt ook op het spiegelbeeld van de lijn AC in CP.
De driehoek is geconstrueerd.

N.b.
Zie hieronder voor een tweede constructie (en evt nog drie andere).

Tweede constructie
dc29.gif (5234 bytes) Teken drie cirkels met middelpunt C en stralen a, b, d. Deze cirkels geven we aan met hun stralen.

Kiezen we B willekeurig op cirkel a, dan zoeken we nu een punt A op cirkel b zo, dat AB door cirkel d in een punt F gesneden wordt, met de eigenschap BF : AF = a : b

We bekijken de vermenigvuldiging V met centrum B en factor a / (a+b).
V(cirkel b)  = cirkel b' is een cirkel die gaat door C, immers voor de afstand p van B (via C) tot de cirkel b geldt:
   a / (a+b) p = a / (a+b) (a+b) = a
Een der snijpunten van cirkel b' met cirkel d zij F. De (halve) lijn door B en F snijdt cirkel a in A.
Dan is BF = a/(a+b) BA, of wel BF/ BA = a/(a+b). Zodat:
   BF : AF = a : b
Het punt F is dus het gevraagd punt op cirkel d.
ABC is dus de gevraagde driehoek.

Klik hier voor drie andere oplossingen van [ a b dc ]
Zie eventueel ook Vraag / Antwoord #14472 op WisFaq: "Re: Constructie driehoek" (20 september 2003)
a, B, b - ha  

dc19.gif (7446 bytes)

Probleem - A.P. Hatzipolakis in EHML #8416 (23/10/2003, Hyacinthos nieuwsgroep): "From an old geometry book"
Eerste oplossing - N. Dergiades in EHML #8422 (24/10/2003, Hyacinthos nieuwsgroep) - in vertaling:
1. We construeren BC = a,
2. een halve lijn Bx zo, dat de hoek tussen BC en Bx de gegeven hoek is,
3. en cirkel Co met centrum C en straal d = b - ha,
4. de raaklijn lo aan Co die evenwijdig is met BC.
De hoogtelijn AA' snijdt lo in A" (nog niet te construeren) en de hoogtelijn CC' snijdt lo in C".
5. De cirkel met middelpunt C' en straal C'C snijdt de cirkel met middellijn C'C" in A*.
6. De constructie van A* geeft het punt A", omdat C"A" = C"A* en de loodlijn op lo vanuit A" geeft het derde hoekpunt A van driehoek ABC.

dc19b.gif (7988 bytes)

Toelichting
De verklaring is, dat als B' een punt is op AC zo, dat AB' = AA' en C* het spiegelbeeld is van C in Bx, dat dan de cirkel (A, AA') raakt aan BC en aan Co. Oftewel, de cirkel (A, AC) gaat door C* en C en raakt aan  lo in A". Zodat
   (C"A")2 = (C"C) (C"C*) = (C"A*)2, of
   C"A" = C" A*

Tweede constructie
(Persoonlijke correspondentie met Anneke Grnefeld-Raaphorst, 23-12-2005)
Klik hier voor deze constructie.

.
ha, hb, za  
dc26.gif (5580 bytes) Eerste constructie
Driehoek AA'D is direct te construeren (ZZR). Het punt C ligt op de lijn A'D.
Uit ha a = hb b (=  Opp(ABC) ) volgt dat de verhouding a : b bekend is.
Nu is CD : CA = a : b = hb : ha.
Het punt C ligt dus ook op de Apollonius-cirkel bij de verhouding a : b.

De punten P, Q, R, S, T, Ap zijn gebruikt bij de constructie van die Apollonius-cirkel (klik hier voor deze constructie).
Hierbij is DP = DQ = hb; AR = ha; AR // PQ, Ap het midden van ST en het middelpunt van de bedoelde Apollonius-cirkel.

Het punt B wordt dan gevonden door puntspiegeling van C in D.
Waarmee de driehoek geconstrueerd is.

Tweede constructie
(Persoonlijke correspondentie met Anneke Grnefeld-Raaphorst, 30-11-2005)
Klik hier voor deze constructie.

.
ha, hb, hc  
dc12.gif (5918 bytes) Voor de oppervlakte S van een driehoek geldt:

   S = ha a = hb b = hc c

Hieruit volgt a : b : c = 1/ha : 1/hb : 1/hc

We kunnen nu dus een driehoek A'B'C' construeren (ZZZ) die gelijkvormig is met de gevraagde driehoek.
In het bovenste deel van de figuur hiernaast zijn lijnstukken a', b', c' geconstrueerd op basis van de gegeven lengtes van ha, hb en hc.
Hierbij is gebruik gemaakt van een lijnstuk met de lengte 1.
Uit driehoek A'B'C' is daarna driehoek AB'C ontstaan door vermenigvuldiging met centrum B' en factor hc / CF (de hoogtelijn uit C in driehoek A'B'C').

Opmerking. Zie ook [ ha, hb, r ].

da, ha, za  

dc17.gif (4913 bytes)

Op basis van de gegeven lijnstukken kan driehoek AEF worden geconstrueerd (ZZR).
Het punt D ligt op de lijn EF. D is te vinden als snijpunt van de cirkel (A, za) met EF.
De bissectrice AE snijdt de omcirkel in het midden van bg(BC). De loodlijn in D op BC snijdt de omcirkel in hetzelfde punt. Dit geeft dus A'.
Het middelpunt O van de omcirkel is het snijpunt van de middelloddlijn van AA' en de lijn A'D.
De punten B en C worden gevonden als snijpunten van de omcirkel met de lijn EF.

3. Constructies met om- en/of incirkel terug

N.b.
- R is de straal van de omcirkel (omgeschreven cirkel) van driehoek ABC;
- r is de straal van de incirkel (ingeschreven cirkel) van driehoek ABC.

a, b, R  
dc24.gif (5047 bytes) Construeer een cirkel (O, R), met daarin twee koorden met lengtes a en b met als gemeenschappelijk eindpunt het punt C.
We vinden dan in het algemeen twee verschillende driehoeken ABC.
.
a, hb, r  
Klik hier voor de constructiebeschrijving.
.
A, a, ha  
dc22.gif (4563 bytes) De meetkundige plaats van het punt A bij gegeven zijde a kan worden gevonden met de stelling van de omtrekshoek.
De lijn evenwijdig met BC op afstand h snijdt deze boog in 0, 1 of 2 punten, waarmee het (een) punt A gevonden is.
A, a, r  
dc13.gif (3985 bytes) Bij deze constructie kan gebruik gemaakt worden van de meetkundige plaats van de punten waaronder een lijnstuk (in dit geval a) wordt gezien onder een gegeven hoek (stelling van de omtrekshoek).
Zij I het incentrum van ABC, dan is
   BIC = 180 - (B + C) = 180 - (180 - A) = 90 + A
De meetkundige plaats van I kunnen we dus bepalen.
I ligt verder op een lijn m evenwijdig met BC op een afstand r van BC.
Waarmee I en daarmee de lijnen BI en CI gevonden zijn. Spiegeling van de lijn BC in die lijnen geeft dan het punt A.
Constructie
In de figuur hiernaast is A gegeven door A, geplaatst in B.
D (op de middelloodlijn van BC) is het middelpunt van een cirkelboog die de meetkundige plaats van het punt I vormt.
De lijn m snijdt deze meetkundige plaatst in de punten I1 en I2.
Opmerking - Zie ook de constructie [ A R r ].
A, a, ra  
dc13b.gif (4120 bytes) De constructie verloopt analoog als we ra in plaats van r kiezen.
De meetkundige plaats van Ia is dan het andere deel van de cirkel met middelpunt D.
A, a, da  
dc15.gif (5839 bytes) Zij ABC de gezochte driehoek.
De bissectrice van A snijdt de omcirkel (die construeerbaar is bij gegeven A en a) in het punt A', en de drager van BC in P.
Zij nu A'P = x en A'C = p. p is nu bekend.
Nu is verder AA'C ~ CA'P, waaruit volgt:
   AA' : CA' = A'C : A'P of  (x + d)x = p2
Uitgewerkt:
   x2 + dx = p2
   (x + d)2 = p2 + (d)2
Het lijnstuk z met z2 = p2 + (d)2 is nu construeerbaar (stelling van Pythagoras).
Zodat x = z -  d
Via de cirkel (A', z - d) is dus het punt P op BC te vinden en het tweede snijpunt van de lijn A'P met de omcirkel is het [unt A.
.
A, a - b, r / A, b + c, r  
________________________ Bij deze constructies wordt gebruik gemaakt van de projectie van het punt I op een geschikte zijde van de basisdriehoek.

Klik hier voor de constructiebeschrijvingen.

.
A, R, r  
dc25.gif (3227 bytes) Deze constructie kan worden teruggebracht tot de constructie [ A a r.].
Immers, de cirkel met straal R bepaalt samen met de hoek A de lengte van het lijnstuk BC = a.
Constructie
Teken een cirkel met straal R en daarop een willekeurig punt X.
Teken twee halve lijnen l en m met (l, m) = A.
De tweede snijpunten van de lijnen l en m met de cirkel zijn dan de punten B en C.
Zie verder dus [ A a r.].

a, da, R

 

ad_ar.gif (5074 bytes)

Stel  het probleem is opgelost. De middelloodlijn van BC snijdt BC in het punt Oa en de omcirkel in P en Q.
De bissectrice van A snijdt de omcirkel eveneens in P en BC in A'.
Nu is PAQ = 90 (Thales-cirkel), zodat PAQ ~ POaA' (immers beide driehoeken hebben APQ gemeenschappelijk).
Dus: PA' / POa = PQ / PA
Is nu x = PA' , POa = t en da = d dan staat hier:
   x / t = 2R / (x + d)
waarin alleen x onbekend is. Dus:
   x(x + d) = t  (2R)
En hieruit is x te construeren (zie onderstaande constructie). En daarna vinden we eenvoudig driehoek ABC.
ad_ar2.gif (3792 bytes) Kies op een halve lijn door J de punten K en L met JK = t en JL = 2R.
Kies op een ahlve lijn door L een punt M met LM = d
Z is het middelpunt van de omcirkel van KLM.
ZN is is de afstand van Z tot LM.
Teken daarna een raaklijn aan de cirkel (Z, ZN), die de omcirkel van KLM snijdt in de punten S en T.
Nu is JS = x.

Bewijs
De koorden LM en ST liggen op gelijke afstand van Z. Dus LM = ST = d
Er geldt m(J) = JK  JL = t  (2R)
Ook m(J) = JS  JT = JS  (JS + ST) = JS  (JS + d)
Dus JS voldoet inderdaad aan x  (x + d) = t  (2R)

.
a - b, ha, r  
a-bhar.gif (4830 bytes) Z is de projectie van I op AB. Zc is de projectie van Ic (middelpunt van de C-uitcirkel van ABC) op AB.
Wegens
   ZZc = AB - AZ - BZc = c - 2(s - a) = c - (a + b + c) - 2a = a - b
is driehoek IZZc te construeren (ZHZ).
De punten A en B liggen op de lijn ZZc.
Het midden Mc van BC is dus ook het midden van ZZc.
De loodlijn op BC vanuit Mc is gelijk aan h = ha (middenparallel).
BC is dus een gemeenschappelijke (uitwendige) raaklijn aan de cirkels (I, r) en (Mc, h).
De raakpunten zijn dan V en U. Dit geeft dan op de lijn ZZc het punt B.
A is dan de gespiegelde van B in het punt Mc.
De tweede raaklijn uit A aan de cirkel (I) geeft dan samen met de lijn BU het punt A.
.
a + b, A - B, ra + rb >> b + c, B - C, rb + rc
______________________ Bij deze constructie wordt gebruik gemaakt van de projecties Xb en Xc van de punten Ib en Ic op de zijde BC van de basisdriehoek. Daarbij is: XbXc = b + c.
De hoek (B-C) is de hoek tussen de lijn IbIc en de zijde BC van de driehoek.

Klik hier voor de constructiebeschrijving.

.
ha, hb, r  
hahbr.gif (3369 bytes) Een bekende formule is: 1 / r = 1 / ha + 1 / hb + 1 / hc
Uit de gegevens kunnen we dan, mits we de omgekeerde van een lijnstuk kunnen construeren, de derde hoogtelijn (in dit geval hc) vinden.
Dan is de constructie teruggebracht tot [ ha, hb, hc ].

Omgekeerde van een lijnstuk
Gegeven: x
Te construeren: 1/x
Constructie:
Beschikken we over een lijnstuk AB met lengte 1, dan is deze constructie mogelijk.
O is het middelpunt van een cirkel die in B raakt aan AB.
C is een punt op die cirkel met AC = x.
Dan is: AB2 = AC AD, waaruit dus volgt dat AD = 1/x.

4. Bijzondere constructies terug

A, X, Xa  
AXXa.gif (3498 bytes) X en Xa zijn de projectes van opvolgend I en Ia op de zijde BC van driehoek ABC.
De punten A, X en Xa zijn in ligging gegeven.
Bij deze constructie wordt gebruik gemaakt van de harmonische ligging van vier punten op een lijn.

Klik hier voor de constructiebeschrijving.

O, Ha, Da  
ohada.gif (3116 bytes) O - middelpunt van de omcirkel (omgeschreven cirkel van de driehoek)
Ha - voetpunt van dehoogtelijn uit A
Da - snijpunt van de binnenbissectrice van A en de zijde BC
Deze punten zijn in ligging gegeven.

Klik hier voor de constructiebeschrijving. cabrisignal.gif (160 bytes)

Probleemstelling: Ricardo Barroso
EHML (Hyacinthos nieuwsgroep), #11121 (26-03-2005)
Subject: A construction problem with circumcenter and two feet; (later gewijzigd in) Construction of a triangle given O and feet of altitude and bisector on a side.
.
za, r, ra  
zarra.gif (4373 bytes) Bij deze constructie gebruik gemaakt van
-- de harmonische ligging van vier punten op een lijn, en
-- de grootte van het lijnstuk MaA', waarbij Ma het midden is van de zijde BC ( = a) en A' het snijpunt van de bissectrice van A met de omcirkel van ABC.

Klik hier voor de constructiebeschrijving en de bijbehorende theorie.


begin pagina
[drieconstr.htm] laatste wijziging op: 24-12-05