Over de cirkel van Feuerbach en de lijn van Euler

Negenpuntsirkel | Euler-lijn | Simson-lijn | Meer collineaties | Stelling van Feuerbach  ][  DK & meetkunde


Zie ook: Cabri-werkblad / Negenpuntscirkel

Opmerking
Op deze pagina wordt de notatie h(XYZ) gebruikt voor de hoek bepaald door de punten X, Y en Z met Y als hoekpunt.
[einde Opmerking]

1. Negenpuntscirkel - de cirkel van Feuerbach terug
We gaan uit van een driehoek ABC waarvan de omgeschreven cirkel middelpunt O heeft. We bekijken daarbij de "bovenste stukken" van de hoogtelijnen van de driehoek; dit zijn de lijnstukken AH, BH en CH (zie figuur 1).

figuur 1 figuur 1 De middens van deze lijnstukken noemen we opvolgende A1, B1 en C1. Uiteraard liggen deze punten op een cirkel. De ligging van het middelpunt N van deze is echter bijzonder: N is het midden van het lijnstuk HO.

We kunnen dit eenvoudig aantonen. We bekijken de vermenigvuldiging ten opzichte van H met factor ½. Hierdoor gaan de punten A, B, C over in A1, B1, C1. Het middelpunt O van de omgeschreven cirkel gaat daardoor over in N, waarbij HN = ½HO.

Opmerking
De punten H en O liggen (samen met de zogenoemde Fermat-punten) op een cirkel, de Lester-cirkel.
[einde Opmerking]

Deze cirkel, die de cirkel van Feuerbach (Karl Feuerbach, 1800-1834), of ook wel negenpuntscirkel heet; en soms ook wel cirkel van Euler, heeft aan aantal bijzondere eigenschappen.
De tweede naam doet al iets vermoeden: er liggen namelijk negen bijzondere punten op deze cirkel.

Klik hier Animatie voor een animatie van de cirkel van Feuerbach en de later te behandelen lijn van Euler.

figuur 2 figuur 2 We kijken (zie figuur 2) naar de voetpunten Ah, Bh en Ch van de hoogtelijnen van de driehoek (deze vormen de zogenoemde voetpuntsdriehoek van driehoek ABC). We zullen aantonen, dat ook de voetpunten van de hoogtelijnen op de negenpuntscirkel liggen.
De rechthoekige driehoeken AAhC en BBhC hebben hoek C gemeenschappelijk. Hieruit volgt dus dat
h(AhAC) = h(BhBC)
We verlengen nu de hoogtelijn uit A tot deze de omgeschreven cirkel in Ao snijdt.
Nu geldt ook h(AoAC) = h(CBAo), omdat beide omtrekshoeken op dezelfde boog AoC van de omgeschreven cirkel staan. Dus:
h(AhBAo) = h(AhBH).
Omdat BAh loodrecht staat op AoH geldt dus HA= AhAo. We kunnen op dezelfde manier bewijzen, dat HBh = BhBo en HCh = ChCo.
Bij de vermenigvuldiging ten opzichte van H met factor ½ gaan nu de punten Ao, Bo, Co van de omgeschreven cirkel over in de punten Ah, Bh, Ch van de negenpuntscirkel.

Vervolgens kijken we (zie figuur 3) naar de middens van de zijden Am, Bm, Cm van de driehoek. We zullen ook van deze punten aantonen dat ze op de negenpuntscirkel gelegen zijn.

figuur 3 feuerb3_2.gif (4247 bytes) Ook nu maken we gebruik van een vermenigvuldiging, namelijk met centrum Z, het zwaartepunt van de driehoek, maar dit keer met een factor -½. Zoals bekend geldt voor de stukken waarin de zwaartelijnen door het punt Z wordt verdeeld:
AZ : ZAm = BZ : ZBm = CZ : ZCm = 2 : 1.
Door de laatst genoemde vermenigvuldiging gaan de punten A, B, C van de omgeschreven cirkel dus over in de punten Am, Bm, Cm van de negenpuntscirkel.

En inderdaad op de negenpuntscirkel liggen negen bijzondere punten van driehoek ABC.
Voorts geldt voor het punt Z op HO geldt dus dat ook ZO : ZH = 2 : 1. ¨

We hebben dus bewezen:

Stelling 1
De middens van de zijden, de voetpunten van de hoogtelijnen en de middens van de "bovenste stukken" van de hoogtelijnen van een driehoek liggen op een cirkel.

Opmerkingen
[1]
Voor een (gedeeltelijke) generalisatie van het bovenstaande zie de pagina "Oppervlakte van voetpuntsdriehoeken".
[2]
Klik hier
voor een (eenvoudig) bewijs dat gebaseerd is op gelijkvormigheid en de macht van een punt tov. een cirkel.
[einde Opmerking]

2. Euler-lijn terug
We zullen nu nog aantonen dat ook het punt H collineair is met Z en O.
De lijn door de punten H. N, Z en O heet de lijn van Euler (naar Leonard Euler, 1707-1783, Zwitserland).

Klik op Animatie voor een animatie van de lijn van Euler.
We bewijzen dus:

Stelling 2
Het zwaartepunt Z, het middelpunt O van de omgeschreven cirkel en het hoogtepunt H van driehoek ABC zijn collineair, waarbij HZ : ZO = 2 : 1.

We geven twee bewijzen voor deze stelling.

1e bewijs:
(zie figuur 4a). We gaan uit van een vermenigvuldiging ten opzichte van Z met factor -½. Bij die vermenigvuldiging gaat driehoek ABC over in driehoek AmBmCm. Het hoogtepunt H en de bijbehorende hoogtelijnen van ABC gaan dan over in het hoogtepunt H' en hoogtelijnen van AmBmCm. Hierdoor zijn H, Z en H' dus collineair.

figuur 4a feuerb3.gif (5699 bytes) In figuur 4a hebben we één van de hoogtelijnen getekend, AP en zijn beeld AmP'. Nu staat dus AmP' loodrecht op BmCm.
Omdat BmCm // BC, staat AmP' dus eveneens loodrecht op BC. AmP', een hoogtelijn van driehoek AmBmCm, is dus tevens middelloodlijn van driehoek ABC. En dit geldt ook voor de beide andere hoogtelijnen. Het hoogtepunt H' van driehoek AmBmCm valt dus samen met het middelpunt O van de omgeschreven cirkel van driehoek ABC. Omdat H' = O zijn dus H, Z en O collineair. ¨

Opmerking
Impliciet hebben we nu (opnieuw) laten zien, dat ook N, het middelpunt van de negenpuntscirkel, op de lijn door H, Z en O ligt.
[einde Opmerking]

2e bewijs: (zie figuur 4b).

figuur 4b feuerbs.gif (5358 bytes) B' en C' zijn de middens van AB en AC. O is het middelpunt van de omcirkel.
Nu is OB' _|_ AC en OC' _|_ AB.
Maar ook voor de hoogtelijnen BH en CH geldt:
BH _|_ AC en CH _|_ AB.
Zodat BH // OB' en CH // OC'.
Verder is ook B'C' // BC (middenparallel).
De driehoeken OB'C' en HBC zijn dus gelijkstandig (homothetisch). Verbindingslijnen van overeenkomstige hoekpunten zijn dus concurrent.
BB' en CC' zijn zwaartelijnen van ABC die snijden in Z.
Dus ook OH gaat door Z, of anders O, Z, H zijn collineair.
De vermenigvuldigingsfactor is -½, zodat
OZ : ZH = 1 : 2 ¨

Verwijzingen
Er zijn verschillende verbanden tussen bijzondere punten van een driehoek.
Zie hiervoor bijvoorbeeld de pagina "Fuhrmann-cirkel" en het Cabri-werkblad "Over Spieker en Nagel".

3. De negenpuntscirkel en de lijn van Simson terug
Eigenschappen van punten die op de omgeschreven cirkel van een driehoek liggen, worden door de gelijkvormigheid van deze cirkel met de negenpuntscirkel dus overgedragen op die laatste cirkel.

figuur 5 feuerb4.gif (7246 bytes) Uit de vermenigvuldiging met centrum H en factor -½, die uit de omgeschreven cirkel de negenpuntscirkel laat ontstaan, volgt nu eenvoudig, dat het midden Q van het lijnstuk HP waarbij P op de omgeschreven cirkel ligt, steeds op de negenpuntscirkel ligt (zie figuur 5).

Deze eigenschap is weliswaar niet zo erg interessant, maar hij brengt in ieder geval de lijn van Simson en de negenpuntscirkel enigszins met elkaar in verband.

(De lijn van Simson is de collineatie-as van de voetpunten van de loodlijnen neergelaten vanuit een punt op de omgeschreven cirkel op de zijden van een driehoek).

Merk op, dat het punt Q eveneens op de lijn van Simson ligt!

Klik hier  Animatie voor een animatie van het punt P in samenhang met de lijn van Simson.
Klik hier voor een uitvoeriger behandeling van de Simson-lijn.

4. Meer collineaties terug
Klik hier voor enkele andere collineaties, waarvan het bewijs min of meer op dezelfde manier verloopt als het bovenstaande.
Figuur 6 staat op een achterliggende pagina.

5. De stelling van Feuerbach terug
De resultaten uit de laatste paragraaf (zie de pagina "Collineaties") kunnen we gebruiken om onderstaande curieuze stelling te bewijzen.

Stelling 3 (stelling van Feuerbach)
De negenpuntscirkel van een driehoek raakt aan de ingeschreven cirkel (en aan de aangeschreven cirkels) van die driehoek.

Bewijs: We tonen hieronder alleen de raking van de negenpuntscirkel en de ingeschreven cirkel aan (zie figuur 7).
Voor het bewijs van de stelling voor raking aan de aangeschreven cirkels: zie Opmerkingen.

figuur 7 figuur 7 Het bewijs valt uiteen in drie stukken.
(1) 
We tonen eerst aan, dat de raaklijnen een punt aan de negenpuntscirkel en in een punt aan de ingeschreven cirkel evenwijdig zijn.
(2) 
We tonen aan dat er tussen de lijnstukken die door die punten worden bepaald, een vaste verhouding bestaat.
(3)
We tonen met behulp van de resultaten van 1 en 2 aan, dat er sprake is van raking. De bedoelde punten zijn (zie figuur 7) het midden P van de zijde BC (op de negenpuntscirkel) en het snijpunt K van de bissectrice van hoek A en de zijde BC.

Klik hier Animatie voor een animatie van de stelling van Feuerbach.

(1)
Zij L het raakpunt van de tweede raaklijn uit K aan de ingeschreven cirkel . Nu is
h(K1) = ½ h(A) + h(C) (K1 is buitenhoek van driehoek AKC)
h(K12) = h(A) +2h(C) (AL is bissectrice van hoek K12), en dus
h(K3) = 180o - h(A) - 2h(C) = 180o - h(A) - h(C) - h(C) = h(B) - h(C).
Vanwege de raaklijn in P aan de negenpuntscirkel hebben we:
h(P12) = h(B), immers BA en PQ zijn evenwijdig.
h(P1) = ½ bg(PQ) (omtrekshoek)
h(R1) = h(C) (overstaande hoeken in parallellogram PCQR)
h(R1) = ½ bg(PQ) (omtrekshoek), zodat
h(P2) = h(B) - h(C), waaruit de evenwijdigheid van de beide raaklijnen volgt.

figuur 8 figuur 8 (2) (zie figuur 8)
Bekend is GB = GI en GBK GAB.(hoeken zijn gelijk). Daaruit volgt dan GB2 = GK . GA = GI 2.
Door projectie op BC blijft deze verhouding intact, zodat
PI12 = PK . PD.
Deze verhouding zullen we gebruiken in de beschouwing van figuur 9.
(3) (zie nu figuur 9)
Hierin hebben we voor de duidelijkheid een iets andere stand van driehoek ABC gekozen.

PI1 raakt aan de ingeschreven cirkel; KL eveneens. PL snijdt de ingeschreven cirkel voor de tweede keer in een punt S. We zullen aantonen, dat S het inwendig raakpunt is van beide cirkels; dus dat S ook op de negenpuntscirkel ligt..
Nu geldt PI12 = PL . PS
Uit (2) vinden we nu PL . PS = PK . PD. Hieruit volgt dat de punten L, S, K, D op een cirkel liggen (deze cirkel staat niet in de figuur). Uit de eigenschap van de koordenvierhoek LSKD volgt dan:
h(S1) = h(K3)
Verder weten we uit (1), dat h(K3)=h(P2)
Wegens h(P2)=h(P3)=½ bg(PFD) (dit is een boog van de negenpuntscirkel) volgt dan
h(S1) = ½ bg(PFD).
Dus ligt het punt S ook op de negenpuntscirkel. De ingeschreven cirkel en de negenpuntscirkel hebben dus het punt S gemeenschappelijk.

figuur 9

We moeten nu nog aantonen dat in het punt S inderdaad sprake is van raking. De raaklijnen in L (op de ingeschreven cirkel) en P (op de negenpuntscirkel) zijn evenwijdig. Die in S (een punt op beide cirkels) zijn dus ook evenwijdig.
Dus het punt S is raakpunt van de negenpuntscirkel en de ingeschreven cirkel. ¨

Opmerkingen
[1a]
Door gebruik te maken van de theorie der inversie.kan de stelling van Feuerbach iets eenvoudiger dan bovenstaand (en dan ook voor raking van de aangeschreven cirkels) worden bewezen.
Klik hier voor het bewijs met inversie.
[1b]
Een bewijs, anders dan dat via de hierboven staande link, staat in het artikel "De stelling van Feuerbach, een bewijs met inversie" (PDF-bestand, ca. 13 Kb).
Klik hier om dat bestand te downloaden.
[2]
De omgekeerde Stelling van Casey heeft de stellling van Feuerbach eveneens tot gevolg.
Klik hier voor het bewijs.
[3]
De Stelling van Feuerbach kan ook met complexe getallen worden bewezen.
Klik hier voor dit bewijs.
[4]
Het bewijs kan ook worden gebaseerd op de voetpuntcirkels van een punt en daarmee samenhangende isogonale verwantschap.
Klik hier voor het daarop gebaseerde bewijs.
[5]
Zie ook het artikel
D. Klingens: Draaistrekking en negenpuntscirkel. In: Euclides 81(7), mei 2006. Download (PDF-bestand, ca. 200 Kb)

[einde Opmerkingen]


De figuren op deze pagina zijn gemaakt met behulp van Cabri Geometry II.

begin pagina
[feuerbach.htm] (14-08-2000) laatste wijziging op: 25-02-2008