Leerboek der Vlakke Meetkunde
DOOR :
HL J- ROBIJNS
RIJFDE HERZIENE DRUK
S-GRAVENHAGE
d. a. daamen's uitgevers-maatschappij












LEERBOEK
DER
VLAKKE MEETKUNDE
MET VRAAGSTUKKEN VOOR SCHOLEN VOOR M. U. L. O.,
LAGERE KLASSEN VAN KWEEK- EN NORMAALSCHOLEN, INSTITUTEN, ENZ.
DOOR
H. J. ROBIJNS
TE UTRECHT
VIJFDE, HERZIENE, DRUK
D. A. DAAMEN'S UITGEVERS-MAATSCHAPPIJ 's-GRAVENHAGE






VOORBERICHT VAN DEN VIJFDEN DRUK.
Deze herdruk is met zorg herzien. Met de opmerkingen, die wij van de gebruikers ontvingen, werd zooveel mogelijk rekening gehouden en eenige wijzigingen, zijn daarvan het gevolg geweest. Op verzoek van sommigen heb ik het theorema van Stewart nog eens gegeven met andere notatie en toepassing op de zwaartelijn en bissectrire.
Aan allen, die blijk gaven van belangstelling in dit werkje, betuigen wij onzen dank.
Utrecht, Mei 1926. H. J. R.



INHOUD.
Bladz.
HOOFDSTUK I. Lichamen, vlakken, lijnen, punten . . 1
„ II. Hoeken 7
„ HL Evenwijdige lijnen 15
„ IV. Driehoeken. Eenvoudigste eigenschappen 22
» V Vervolg 25
x VI. Congruentie van driehoeken 29
„ VII. Toepassingen 38
„ VIII. Constructies 44
„ IX. Veelhoeken 58
., X. Het parallelogram 62
„ XI. Het trapezium 69
„ XII. Congruentie van veelhoeken 75
„ XIII. Evenredigheid van lijnen 80
» XIV. Gelijkvormigheid van driehoeken ... 86
„ XV. Toepassingen 90
„ XVI. Stellingen van den rechthoekigen driehoek 96
>. XVII Projectiestellingen. Hoogtelijn . . . 101
» XVIII. Toepassing van algebra op meetkunde 106
„ XIX. Gelijkvormigheid van veelhoeken ... 112
„ XX. Merkwaardige lijnen in den driehoek 116
;, XXI. Oppervlakken 128
„ XXII. Constructies. Verdeelen van oppervlakken 135
,, XXIII. Meetkundige plaatsen 142
„ XXIV. Eenvoudigste eigenschappen van den
cirkel 146
„ XXV. Vervolg 150
„ XXVI. Hoek en boog | 158
„ XXVII. Evenredigheid van lijnen in den cirkel 167
„ XXVIII. Een paar meetkundige plaatsen .... 175
„ XXIX. Cirkel en driehoek 178
„ XXX. Cirkel en vierhoek 184
„ XXXI. In- en omgeschreven veelhoeken . . . 192
- „ XXXII. Omtrek en oppervlak van den cirkel . 202
Aanhangsel 207 ■



HOOFDSTUK I.
§ 1. In de Meetkunde worden behandeld de eigenschappen van lichamen, vlakken, lijnen en punten.
We zullen eerst nagaan, wat men onder deze benamingen verstaat. Lichaam.
In het dagelijksch leven gebruiken we vaak het woord lichaam. We denken dan in de eerste plaats aan een lichaam van vleesch (lichaam van een mensch, lichaam van een koe). In de Natuurkunde hebben wij een ruimere beteekenis geleerd. Denk maar aan de bekende eigenschap: elk lichaam zet bij verwarming uit. Hier is dus een koperen bal, een ijzeren staaf, een stuk glas, enz. enz. een lichaam. Een lichaam is dus een voorwerp.
In de Meetkunde verstaan we onder lichaam precies hetzelfde. Een kast, een stoel, een tafel, een sigarenkistje zijn lichamen. Het is ons echter onverschillig waarvan het lichaam gemaakt is, of waartoe het dient. Wij letten al een op den vorm.
Lichamen, die in het dagelijksch leven zeer veel verschillen, zooals: een liniaal, een blikken sigarenkistje, een teekenkoker, een houten sigarenkistje, een balk, dragen in de Meetkunde dan ook maar één naam (rechthoekig parallelopipedum). Alle vijf hebben immers denzelfden vorm en daarop hebben we alleen gelet.
Elk lichaam neemt ruimte in.
Een kast neemt ruimte in. Verzet ik de kast, dan komt er een ruimte vrij. Een andere ruimte, die vrij was, wordt nu ech er weer door de- kast ingenomen. Was er nu geen een lichaam, dan was er toch één groote ruimte, die zich naar alle kanten oneindig ver uitstrekte.
Deze ruimte noemt men de onbepaalde ruimte.
Elk lichaam neemt nu een stuk van die onbepaalde ruimte in beslag.
Meetkunde, 5e druk.



Onze aarde een groot stuk, een kast een kleiner stuk, een kersepit nog kleiner stuk.
Een lichaam is dus een stuk van de onbepaalde ruimte. Elk lichaam heeft grenzen. Houd ik mijn hand een dM. boven een boek, dan voel ik het lichaam niet. Laat ik mijn hand zakken, dan komt er een oogenblik, dat ik het lichaam voel. Op dat oogenblik heb ik de grens van het lichaam aangeraakt. Van welken kant ik dat nu doe, altijd zal ik op een grens stuiten. Een lichaam is dus:
Een stuk van de onbepaalde ruimte, dat aan alle kanten grenzen heeft.
§ 2. Elk lichaam heeft drie afmetingen. Men noemt ze lengte, breedte en hoogte.
Voor hoogte gebruikt m n soms de woorden diepte of dikte. Bijv. een sloot is 70 Meter lang, 3 M. breed en 2 M. diep.
een balk is 10 Meter lang, 3 dM. breed en 2 dM. dik. Voor breedt? gebruikt men soms het woord wijdte.
§ 3. Vlak.:
Wij-weten reeds, dat elk lichaam grenzen heeft. De grenzen noemt men vlakken. Vlakken zijn de grenzen der lichamen.
Een vlak kan niet op zich zelf bestaan. Men kan het niet van een lichaam afsnijden. Deed men dat, dan zou het vlak een lichaam worden , want dan zou het vlak, ruimte innemen.
De zijde van het blad papier, waarop men schrijft, is een vlak. Het geheele blad is een lichaam. De voorkant van een deur is een vlak. Strijkt men met de hand over een lampeglas, dan strijkt men over een vlak.
Een vlak heeft maar twee afmetingen.
Men noemt ze lengte en breedte.
§ 4. Lijn en Punt.
Een vlak heeft oók grenzen. Men noemt ze lijnen. _ Lijnen zijn de grenzen der vlakken.
Het vlak, waarop men schrijft, heeft vier grenzen. (Wijs ze aan). Een lijn heeft maar één afmeting n.1. lengte.
Een lijn heeft twee grenzen. Een aan 't begin en een aan 't einde. Deze grenzen noemt men punten. Punten zijn de grenzen der lijnen. Een punt heeft geen afmetingen.
2



3
§ 5. Men maakt van lichamen, vlakken, lijnen en punten teekeningen. Dit doet men voor 't gemak, dan behoeft men zich niet alles voor te stellen.
De teekening van een punt is een stip. Daarbij zet men een hoofdletter. Zoo spreekt men van punt A, als bij de stip de letter A staat. Denk er om, dat een stip geen punt is. Een stip stelt maar een punt voor. Een stip, wil zij gezien geworden, moet eenige lengte en breedte hebben en een punt Ijeeft immers geen afmetingen.
Verbindt men twee punten met elkaar, dan teekent men een lijn. Bij een lijn staan twee hoofdletters, een bij het beginpunt, een bij het eindpunt. Staan bij die twee punten de letters C en D, dan spreekt men van lijn CD
Fig. 1.
In fig. 1 zijn de punten A en B op verschillende wijzen met elkaar verbonden. Daardoor kregen wij ook teekeningen van drie verschillende lijnen.
Wil men een vlak teekenen, dan teekent men alleen de lijnen, die het vlak begrenzen.
Fig. 2.
In fig. 2 zijn twee vlakken geteekend. Men zet er een hoofdletter bij en spreekt van vlak A, vlak B, enz.
Wil men een lichaam teekenen, dan teekent men alleen de vlakken, die het 'begrenzen. In fig. 3 is een lichaam geteekend.



4
§ 6. Tusschen twee punten A en B kan men zooveel lijnen trekken, als men wil, maar slechts één rechte lijn. Die rechte lijn is tevens de kortste lijn tusschen twee punten. Men noemt haar ook wel den afstand tusschen de punten. Ieder ziet, dat de eerste lijn van fig. 1 recht is. De tweede lijn van fig. 1 is zelf niet recht, maar zij bestaat uit deelen, die wel recht zijn. Zoo'n lijh heet een gebroken lijn. De derde lijn heeft geen enkel deel, dat recht is. Deze lijn heet een kromme lijn.
Om een rechte lijn te teekenen, gebruikt men een liniaal.
Met een liniaal kan men ook een gebroken lijn teekenen.
Met een passer kan men een bijzonder soort van kromme lijn teekenen, die cirkel genoemd wordt.
Moet men in de Meetkunde iets teekenen, dan mag geen ander hulpmiddel gebruikt worden dan passer en liniaal.
§ 7. Evenals er drie soorten van lijnen zijn, zijn er ook drie soorten van vlakken:
een plat vlak een gebroken vlak een gebogen vlak.
Om te onderzoeken, Of een vlak plat is, neemt men den scherpen kant van een liniaal (deze scherpe kant is een rechte lijn) en legt dien kant in verschillende richtingen op het vlak. .
Past deze rechte lijn nu in alle richtingen volkomen op het vlak, (men moet er niet onderdoor kunnen zien) dan is het vlak plat. Past de rechte lijn niet in alle richtingen op het vlak, dan is het vlak . gebogen, (vlak B fig. 2).
Soms kan de rechte lijn bij een gebogen vlak wel in één richting passen(leg maar eens een liniaal langs een lampeglas).
Is het vlak zelf niet plat, maar bestaat het uit deelen, die wel plat zijn, dan heet het vlak een gebroken vlak.
§ 8. In fig. 3 ligt de lijn GE in een ander plat vlak
pjs q dan lijn AB. Lijn AB en AD
daarentegen liggen in hetzelfde platte vlak. Lijnen kunnen dus in hetzelfde platte vlak liggen öf ze kunnen in verschillende platte vlakken liggen. Daarom verdeelt men de Meetkunde in twee deelen.



Het eerste deel behandelt de lijnen en punten, die in hetzelfde platte "vlak liggen. Dit deel heet vlakke Meetkunde of planimetrie.
Het tweede deel behandelt lijnen en punten, die niet in.een zelfde platte vlak behoeven te liggen. Dit deel heet meetkunde der ruimte ■öf stereometrie.
In dit boek behandelen we alleen vlakke Meetkunde.
Het platte vlak, waarin de lijnen en punten liggen, is het vlak vanhet papier, waarop wij werken. Dit platte vlak denken wij ons aan alle kanten oneindig ver verlengd.
§ 9. Een samenstel van lijnen en punten noemt men een figuur. Deze figuren hebben eigenschappen. Voor eigenschappen gebruikt men ook wel het woord stellingen. Elke eigenschap of stelling bestaat altijd uit twee deelen:
Het eerste deel zegt ons, wat gegeven is.
Het tweede deel vraagt iets te bewijzen.
Men heeft een eigenschap bewezen, als men door een redeneering aangetoond heeft, dat hetgeen Jje bewijzen was, op een voorafgaande eigenschap berust.
Deze redeneering heet het bewijs.
Sommige eigenschappen zijn zoo eenvoudig, dat men ze haast niet bewijzen kan. De waarheid van deze stellingen springt bij aanschouwing -dadelijk in het oog.
Deze stellingen noemt men grondeigenschappen of axioma's.
Het eerste axioma is: rf
Tusschen twee punten kan men maar één rechte lijn trekken, of anders gezegd:
Twee rechte lijnen, die twee punten gemeen hebben, vallen geheel samen.
Heeft men een rechte lijn geteekend, dan kan men met behulp van •een liniaal er nog een rechte lijn naast leggen, zoodanig, dat er één nieuwe rechte lijn komt.
Men zegt dan, dat de twee lijnen in eikaars verlengde liggen.
De nieuwe lijn heet de som der twee andere lijnen.
Past men twee lijnen op elkaar af, dan ontstaat het verschil der twee lijnen.
Ontstaat er geen verschil, dan zijn de lijnen gelijk of even groot. Gebruiken we het woord lijn, dan bedoelen we voortaan een rechte lijn.
5



6
Opgaven.
1. Noem eenige lichamen op, waarbij gij rechte lijnen opmerkt; waarbij gij gebroken lijnen ziet; waarbij kromme lijnen voorkomen. Noem lichamen, waarbij gebogen vlakken opgemerkt worden; waarbij men gebroken vlakken ziet.
Teeken een rechte lijn, die driemaal zoo groot is als de rechte lijn AB van fig. 1.
Teeken een lijn, die gelijk is aan het verschil der lijnen AB en BC van fig. 3.
5. Teeken een lijn, die gelijk is aan de som der lijnen AB en EH van fig. 3.
6. Teeken een rechte lijn, die even lang is als de gebroken lijn van fig- 2. \Jii%



HOOFDSTUK II. HOEKEX.
Fig. 4.
§ 10. De lijnen AB en CD (fig. 4) hebben een punt gemeen. In dat punt P snijden zij elkaar. Daarom noemt men deze lijnen elkaar snijdende lijnen. Het punt P heet snijpunt. De lijnen EH en EF hebben ook een punt gemeen. Men zegt: de twee lijnen ontmoeten elkaar in E. Punt E heet het ontmoetingspunt.
Dus: zijn de lijnen door het gemeenschappelijke punt heen verlengd, dan spreekt men van snijpunt, zijn de lijnen niet verlengd, van ontmoetingspunt.
De lijnen EF en EH verdeelen het vlak, waarin zij liggen in twee deelen. In het eene deel staat een kruisje, in het andere deel een pijltje. Beide deelen worden hoeken genoemd.
Een hoek is een deel van een vlak, dat afgesneden wordt door twee lijnen, die elkaar ontmoeten.
Het ontmoetingspunt heet het hoekpunt.
De lijnen EH en EF heeten de beenen van den hoek.
De beenen eindigen aan een kant in het hoekpunt, aan den anderen kant echter denkt men ze oneindig ver verlengd.



8
Bij H en F houden de beenen dus niet op. Doet men er nog een: stuk bij of af, dan verandert de hoek zelf niet.
Elke hoek heeft een naam Staat bij het hoekpunt de letter B, dan heet de hoek: hoek B; men schrijft [_ B.
Soms bestaat de naam uit drie letters. J_ E heeft ook wel [_ HE F of l_ FEH. Zooals men ziet, staat de letter aan het hoekpunt in het midden. De andere letters duiden punten in de beenen aan. Voor het gemak zullen wij soms een hoek met een cijfer aanduiden.
Hoe heeten de vier hoeken, die gevormd worden door de snijdende lijnen AB en CD van fig. 4? Zult gij hier één letter of drie letters gebruiken? Wanneer gebruikt men dan één letter?
§ 11. In fig. 5 zijn twee hoeken geteekend. [_ EDF en £.BAC.
Welke zou de grootste zijn?
Wij nemen [_ EDF op en leggen hoekpunt D op hoekpunt A, been DE op been AB. Nu kan het volgende gebeuren:
1. DF valt preeies op AC.
2. DF valt binnen AC bijv. op AG.
3. DF valt buiten AC bijv. op AH.
In het eerste geval bedekken de twee hoeken elkaar volkomen. Ze zijn dan gelijk of even groot.
Twee hoeken zijn gelijk, als men ze zoo kan plaatsen, dat ze elkaar volkomen bedekken.
In het tweede geval zegt men (_ EDF is kleiner dan [_ BAC, men schrijft: l_ EDF < £_ BAC.
In het derde geval zegt men f_ EDF is grooter dan [_ BAC, men schrijft: [_ EDF > /_ BAC.
Verder noemt men- [_ BAC de som van de hoeken CAG en GAB.
[_ CAG het verschil van de hoeken CAB en GAB.
§ 12. Veronderstel eens, dat het been AC van [_ BAC (fig. 6) gaat draaien in de richting van het pijltje. Punt A blijft op zijn plaats, maar het been AC doorloopt de verschillende standen, die door de witte lijnen zijn aangegeven. Er ontstaan hoeken Cx AB, C.. AB, C3 AB, die voortdurend grooter worden. Bij £_ C3 AB zien we, dat de twee
Fig. 5.



9
beenen één rechte lijn vormen, of anders gezegd, in eikaars verlengde liggen. Zoo'n hoek heet een gestrekte hoek. Een gestrekte hoek is een
hoek, waarvan de beenen in eikaars verlengde liggen.
Denk er om, dat men niet kan zeggen: Een gestrekte hoek is een rechte lijn. Een gestrekte hoek is een vlak, dat begrensd wordt door een rechte^ lijn.
Een hoek, die grooter is dan een gestrekte hoek, heet een inspringende hoek.
Een hoek, die kleiner is dan een gestrekte hoek, heet een
uitspringende hoek.
Wanneer in dit werkje van een hoek wordt gesproken, bedoelen we altijd een uitspringenden hoek.
De hoek van fig. 4, waarin het pijltje staat, is een inspringende hoek.
De hoek van fig. 4, waarin het kruisje staat, is een uitspringende hoek.
Bij eiken uitspringenden hoek behoort een inspringende en omgekeerd.
Samen vormen ze het geheele vlak, waarin ze liggen.
Gestrekte hoek. Fig. 6.
§ 13. Eigenschap. Gegeven: {_ ACB
ïs een gestrekte hoek J_ DEF is een gestrekte hoek:
Te bewijzen: l_ DEF = [_ ACB.
Bewijs.
Alle gestrekte hoeken zijn even groot.
Wij moeten bewij¬
zen /.DEF = /_ACB.
Deze twee hoeken Fig. 7.
zijn gelijk, als men
ze zóó kan plaatsen, dat ze elkaar volkomen bedekken.
Wij zullen onderzoeken of dit kan. Blijkt het mogelijk te zijn, dan is de eigenschap bewezen.
Wij nemen /_-DEF op en leggen dezen hoek op j_ ACB zoodanig dat hoekpunt E valt op het hoekpunt C.



10
De beenen van [__ DEF vormen de rechte lijn DF. De beenen van [_ ACB „ „ ,, „ AB. Deze twee rechte lijnen hebben nu één punt gemeen n.1. C. Nu draaien wij den hoek zoo, dat punt F ergens op de lijn AB komt te liggen.
Nu hebben de rechte lijnen DF en AB twee punten gemeen, dus. vallen zij geheel samën.
De hoeken bedekken elkaar volkomen, want .de hoekpunten en de
neeneu vanen op tiKaai. ^n^^uOC^i
§ 14. Een hoek, die gelijk is aan de helft van een gestrekten hoek heet een rechte hoek. Alle rechte hoeken zijn even groot (waarom?)., Een hoek, die niet recht is, heet scheeve hoek.
Is een hoek kleiner dan een rechte hoek, dan heet hij seherpe hoek.
Een hoek, die grooter is dan een rechte, maar kleiner dan een gestrekte, noemt men een stompen hoek.
Vormen twee lijnen een rechten hoek met elkaar, dan zegt men» dat de lijnen loodrecht op elkaar staan.
Voorde woorden „staat loodrecht op" gebruikt men het teeken _!_.
B
Fig. 8.
Fig. 8 A stelt een stompen hoek voor. Fig. 8 B stelt een rechten hoek voor. Fig- 8 C stelt een scherpen hoek voor.
§ 15. Om de hoeken te meten, gebruikt men een klein hoekje. Dit hoekje noemt men graad.
Een graad is een hoek, die het negentigste deel is van een rechten hoek.
De scherpe hoek van fig. 8 bijv. bevat juist 42 'van deze kleine hoekjes; daarom zegt men [_ CAB = 42 graden. Men schrijft = 42°.
Een nog kleiner hoekje, dat gebruikt wordt om hoeken te meten, heet een minuut. Een minuut is het zestigste deel van een graad.



11
Nog kleiner hoekmaat is een seconde. Een seconde is het zestigste deel van een minuut. De stompe hoek van fig. 8 bijv. bevat 140 graden + 43 minuten 4-11 seconden.
Men schrijft = 140° 43'11".
Een gestrekte hoek = 180° = 179° 59' 60".
Een rechte hoek = 90°.
Een stompe hoek > 90° maar < 180°.
Een scherpe hoek < 90°.
Overzicht.
Hoeken
inspringende gestrekte uitspringende > 180° = 180° > 180°
stompe rechte scherpe > 90° = 90° < 90°.
§ 16. Het complement van een hoek is een andere hoek, die met den eersten hoek samen 90° is.
Is l_ A 75°, dan is het complement 90° — 75° = 15°. Hoek + zijn complement = 90°.
Het supplement van een hoek is een andere hoek, die met den eersten hoek samen 180° is.
Is l_ A 54° 16' 13", dan is het supplement 180° — 54° 16'13" = 125° 43'47".
Hoek + zijn supplement = 180°.
Eigenschap. Twee hoeken, die hetzelfde complement hebben, zijn gelijk.
Eigenschap. Twee hoeken, die hetzelfde supplement hebben, zijn gelijk.
Gegeven: Het complement van {_ A = x°.
Het complement van l_ B = x°. Te bewijzen: J_ A = [_ B.
Bewijs.
I_ A + x° = 90°. I_ B + x° = 90. dus
Z_A + x°= £.B + x° x° = x°
_ _ af
Z_A= Z_ B.
De leerling bewijze op dezelfde wijze de tweede eigenschap.



12
§ 17. Een bijzonder soort van supplement is in fig. 9 geteekend. Hier ligt het supplement van [_ CAB vlak naast den hoek. Zoo'n supplement heet nevenhoek.
[_ CAD is de nevenhoek van l_ CAB, en [_ CAB is de nevenhoek van [_ CAD.
Fig. 9.
Twee nevenhoeken hebben:
't zelfde hoekpunt één been gemeenschappelijk de andere beenen liggen in eikaars verlengde.
§ 18. Twee hoeken, waarvan de beenen in eikaars verlengde liggen, noemt men overstaande hoeken.
In fig. 10 zijn f_ COB en [_ AOD overstaande hoeken. Z_COA en /_BOD zijn ook overstaande hoeken.
Eigenschap. Twee over¬
staande hoeken zijn gelijk.
Fig. 10.
Gegeven: /_ COB en l_ AOD zijn overstaande hoeken. Te bewijzen: [_ COB = /_ AOD.
Bewijs.
[_ COB heeft als supplement [_ COA. /_AOD . „ „ ' „ Z_COA. dus l_ COB en [_ AOD hebben hetzelfde supplement, derhalve l_ COB = l_ AOD.
§ 18. Voordat wij aan het volgende hoofdstuk beginnen, willen wij eerst eenige wenken geven over het oplossen van de opgaven en vraagstukken, die komen.
Wij zullen altijd den volgenden weg inslaan:
1. Het vraagstuk" nauwkeurig lezen.
2. Het vraagstuk in teekening brengen (al is het nog zoo eenvoudig).



13
3. Opschrijven: Gegeven en Te bewijzen.
4. Aanschrappen, wat bekend is. (Bij zeer eenvoudige opgaven niet altijd noodig).
5. Nagaan welke van de geleerde eigenschappen gebruikt kunnen worden.
Voorbeeld.
Vraagstuk. Bewijs, dat de lijnen, die een hoek en zijn nevenhoek middendoor deelen een hoek van 90° vormen.
Gegeven: AE deelt/. CAB middendoor.AF deelt/_ CAD middendoor. /_ CAB en l_ CAD zijn nevenhoeken.
Te bewijzen: /_FAE=90°.
de stelling, die wij gebruiken kunnen, 's: Hoek + zijn Suppl. = 180°.
Bewijs.
I_ CAE = y2 hoek.
I_ FAC = y2 Supplement.
op
[_ FAE
Y2 hoek
£ Suppl.
Y2 (hoek + Suppl.).
y2 x 180°.
90°.
§ 20. Opgaven.
(Altijd teekeningen er bij; de hoeken op het oog teekenen).
1. Hoe groot is het complement van de volgende hoeken: L A = 14° 4' 16" L_ B = 52° 4' L C =!63°5"?
2. Hoe groot is het supplement der volgende hoeken: i_A = 123° 17' 53" l_ B = 42° 15" l_ C = 161° 17'?
3. Hoe groot is een hoek, die het vijfde deel van zijn complement is?
4. Welke hoek is zeven maal zoo groot als zijn complement?
5. /.COB van fig. 10 = 123° 15'42". Hoe groot zijn de drie andere hoeken? ^ifmsk



14
6. Hoe groot is de nevenhoek van een hoek van 147° 22' 36"?
7. Laat door een teekening zien, dat het supplement en het complement van eenzelfden hoek 90° verschillen.
8 • Als men een hoek en zij n com -
supplement 210° is?
11. Hoe groot is een hoek, die gelijk is aan 3 X l_A — 2 x l_B + | x l C, als
/ A. = 18° 5"
/ B = 43° 17'21"
/ C = 15° 24"?
12. Twee hoeken zijn samen 81° 15' 7". Hoeveel bedraagt de som der complementen van die hoeken?
13. De som van twee hoeken = 111° 11' 11". Het verschil van diezelfde hoeken = 9° 9' 9". Hoe groot zijn die hoeken?
pleme ït middendoor deelt, vormen de deellijnen een hoek van 45°. Bewijs dit
9. Bewijs, dat /_ EAD = [_ CAB, als ge weet:
AD \_ AB. EA I CA.
Fig. 12.
10. Hoe groot is een hoek, als de hoek -f zijn complement + zijn



HOOFDSTUK IH.
EVENWIJDIGE LUX EX.
§ 21. Twee lijnen, die elkaar nooit ontmoeten, hoe ver men ze ook verlengt, zijn evenwijdige lijnen.
Twee spoorrails zijn mooie voorbeelden van evenwijdige lijnen.
Fig. 13.
De lijnen 1 en 2 zijn twee elkaar snijdende lijnen. Op de teekening snijden ze elkaar wel niet, maar als men ze even verlengt, gebeurt het wel.
De lijnen 3 en 4, 5 en 6 zijn evenwijdige lijnen.
§ 22. In fig. 14 zijn twee elkaar snijdende lijnen geteekend. Zij worden beide gesneden door de lijn AB.
De lijn AB noemt men de snijlijn.
Er ontstaan 8 hoeken, die twee aan twee gelijke namen dragen. De hoeken 2. 5, 4, 7, hagen
tusschen of binnen de lijnen CD Fig. 14.
en EF. Daarom heeten deze hoeken binnenhoeken.



16
De hoeken 2 en 5 liggen aan denzelfden kant van de snijlijn n.1. aan den bovenkant.
/ 2 n / 5 noemt men daarom:
binnenhoeken aan denzelfden kant van de snijlijn.
Z 4 en / 7 zijn dus ook :'*sɧ*;
binnenhoeken aan denzélfden kant van de snijlijn. / 2 en / 7 liggen niet aan denzelfden kant" van de snijlijn. Men noemt ze:
, Verwisselende binnenhoeken.
Zoo ook zijn / 4 en / 5
Verwisselende binnenhoeken. De hoeken 1, 3, 6. 9 liggen buiten dè lijnen CD en EF. Daarom heeten deze hoeken buitenhoeken. De hoeken 1 en 6 liggen aan denzelfden kant van de snijlijn. Men noemt ze daarom:
buitenhoeken aan denzelfden kant van de snijlijn. / 3 en /_ 8 zijn ook
buitenhoeken aan denzelfden kant van de snijlijn. / 1 en / 8 liggen niet aan denzelfden kant van de snijlijn. Men noemt ze evenals / 6 en / 3
Verwisselende buitenhoeken. Men heeft dus de volgende indeeling: 8 Hoeken.
vier binnenhoeken (2. 5. 7. 4) vier buitenhoeken (1. 3. 6. 8)
binnenhoeken verwisselende buitenhoeken verwisselende aan denzelfden binnenhoeken. aan denzelfden buitenhoeken kant van de snijlijn 2 en 7. 4en 5. kant van de snijlijn 1 en 8. 6 en 3. 2 en 5. 4 en 7. 1 en 6. 3 en 8.
Bovendien heeft men nog:
Overeenkomstige hoeken. . •..
Deze hoeken heeten zoo, omdat ze geheel met elkaar in ligging overeenkomen.
Z 1 en / 5 Z 2 en / 6 Z 3 en / 7 Z 4 en / 8
Deze hoeken liggen aan denzelfden kant van de snijlijn: de een is een binnenhoek, de ander een buitenhoek, de openingen der hoeken zijn naar denzelfden kant gericht.
zijn overeenkomstige hoeken.



17
§ 23. In fig. 15 hebben wij weer twee lijnen, gesneden door een derde. AB is de snijlijn. Weer ontstaan er 8 hoeken. Noem ze. Hier zijn de lijnen CD en FG echter evenwijdig.
We hebben hier dus:
Twee evenwijdige lijnen gesneden door een derde.
Fig. 15.'
Nu zijn:
I. Twee overeenkomstige hoeken gelijk.
II. Twee' verwisselende binnenhoeken gelijk.
III. Twee verwisselende buitenhoeken gelijk.
IV. Twee binnenhoeken aan denzelfden kant v. d. sn. samen 180° V. Twee buitenhoeken „ ,, ,, ,, samen 180°
Wij zullen deze 5 belangrijke eigenschappen bewijzen. I. Gegeven: CD en FG loopen evenwijdig.
Men schrijft daarvoor CD // FG. AB snijdt de lijnen CD en FG. Te bewijzen: / 2 = / 6.
Bewijs.
Teeken op een stuk papier nog eens fig. 15. Knip / 2 uit en leg dezen hoek op / 6, zóó, dat E in H valt. Dan zult ge zien, dat / 2 en / 6 elkaar volkomen kunnen bedekken. Derhalve zijn ze gelijk. II. Gegeven: CD // FG.
Te bewijzen: / 2 = / 7.
Bewijs.
/ 2 = / 6 (als overeenkomstige h.) / 6 = / 7 (als overstaande h.) dus / 2 = / 7. III. Gegeven: CD // FG.
Te bewijzen: / 1 = / 8.
Bewijs.
/ 1 = / 5 (als overeenkomstig h.)
/ 5 = / 8 (als overstaande h.) dus / 1 = / 8.
9
Maetkarida, 53 druk. 4



18
IV. Gegeven: CD // F$<
Te bewijzen: / 2+ /5 = 180°. Bewijs?
/ 5 + / 6 = 180° (zij' vormen een gestrekten h.) /_ 6 = / 2 (overeenkomstige hoeken) dus / 5 + / 2 = 180°.
V. Gegeven: CD // FG.
Te bewijzen: / 1 + Z 6 = 180°ÏCS» Bewijs. ' / 5 ■+ {_ 6 = 180° (zij vormen een gestrekten h.) / 5 = l_ 1 (als overeenkomstige hoeken) dus / 1 + / 6 = 180°.
§ 24.
D H G DG
Fig. 16.
Wij behandelen in deze § 24 weer 5 eigenschappen, die zeer belangrijk zijn. Als wij ze bewijzen, zult gij zien, dat wat in de eerste vijf gegeven was, nu juist te bewijzen is, en omgekeerd, wat daar te bewijzen was, hier gegeven is. Men noemt zulke eigenschappen omgekeerde eigenschappen. I. Als twee overeenkomstige hoeken gelijk zijn. loopen de lijnen evenwijdig.
II. Als twee verwisselende binnenhoeken gelijk zijn, loopen de lijnen evenwijdig.
III. Als twee verwisselende buitenhoeken gelijk zijn, loopen de lijnen evenwijdig.
IV. Als twee binnenhoeken aan denzelfdén kant v. d. sn. samen 180° zijn, loopen de lijnen evenwijdig.
V. Als twee buitenhoeken aan denzelfden kant v. d. sn. samen 180° zijn, loopen de lijnen evenwijdig.
Wij zullen deze omgekeerde eigenschappen bewijzen:
(Let op gegeven en te bewijzen en vergelijk de eerste eigensch.)



19
I. Gegeven: / 2 = / 6 (eerste deel van fig. 16). Te bewijzen: FG // CD.
Bewijs.
Wij moeten bewijzen FG // CD. Nu zijn er maar 2 gevallen mogelijk: FG is wel evenwijdig met CD. ■ en FG is niet evenwijdig met CD.
Kan ik nu aantoonen, dat het tweede geval niet bestaan kan, dan blijft natuurlijk alleen over FG // CD.
Stel, dat FG niet evenwijdig is met CD, dan kan men toch door M een lijn, bijv. LH, trekken, die wel evenwijdig is;
dan is L 2 = / LMB
maar / 2 = / FMB (gegeven),
dus / LMB = / FMB;
dit is echter onmogelijk.
Het eerste geval blijft dus alleen over, zoodat wij besluiten: FG // CD.
Dit bewijs noemt men een indirect bewijs: Er worden alle mogelijke gevallen gesteld.
Er wordt bewezen, dat alle gevallen op één na onmogelijk zijn, dan blijft dat eene geval over, dat waar moet zijn.
Als het eenigszins kan, vermijde men liever het indirecte bewijs en kieze men het directe.
II. (Fig. 16 2de deel). Gegeven: / 2 = / 7.
Te bewijzen: CD // FG.
Bewijs.
Z 2 = / 7
/ 7 = Z 0 (a^s overstaande hoeken) dus Z 2 = Z 6- Maar als de overeenkomstige hoeken gelijk
.zijn, loopen de lijnen CD en FG evenwijdig,
derhalve CD // FG.
III. Gegeven: / 1 = / 8. Te bewijzen: CD // FG.
Bewijs.
Z 1 = Z 8 s-t? ;
/ 8 = / 5 (overstaande h.). dus / 1 = Z 5. De overeenkomstige h. zijn dus gelijk,
derhalve CD // FG.
IV. Gegeven: {_ 2 + L 5 = 180°.
Te bewijzen: CD /•/ FG.



20
Bewijs.
L 2 + L 5 = 180°, ' maar [_ 6 + £_ 5 is ook 180°. I_ 2 en £_ 6 hebben hetzelfde suppl. dus /_ 2 = [_ 6. De overeenkomstige hoeken zijn gelijk,
derhalve CD // FG.
V. Gegeven: £_ 1 .+ I_ 6 = 180°.
Te bewijzen: CD // FG.
Bewijs.
L 1 + L 6 = 180°, maar /_ 1 + /_ 2 is ook 180°. De hoeken 6 en 2 hebben hetzelfde suppl., derhalve f_ 6 = f_ 2. Nu zijn de overeenkomstige hoeken gelijk, dus CD // FG.
§ 25. In vraagstukken en opgaven gebruikt men de eerste vijf eigensch., als men bewijzen moet, dat hoeken gelijk zijn, en de tweede vijf eigenschappen, als men bewijzen moet, dat lijnen evenwijdig loopen.
Wegens het groote belang raden wij aan ze goed in het geheugen te prenten en wel op de volgende manier.
I. Als de lijnen evenwijdig loopen, zijn de overeenkomstige hoeken gelijk en omgekeerd, als de overeenkomstige hoeken gelijk zijn, loopen de lijnen evenwijdig.
De leerling schrijve ook zoo op II, III, IV en V.
§ 26. Eigenschap. Twee hoeken, waarvan de beenen evenwijdig loopen, zijn öf gelijk, öf eikaars supplement.
Fig. 17.
Gegeven: FD // AC.
DE// AB.
Te bewijzen:



21
(fig. 17 1ste deel) £ FDE = / CAB
(fig. 17 2de deel) / FDE = suppl. / CAB.
Bewijs.
De stellingen, die wij geleerd hebben, brengen ons bij deze eigenschap oogenschijnlijk niet verder. Wel echter, als we de lijn DE verlengen. Zoo ontstaat de lijn GE. Deze lijn helpt ons. Men noemt die lijn een hulplijn, lste deel / FDE = / CHD
/ CHD = / CAB dus / FDE = / CAB. 2de deel / FDE + -/ CHE = 180°.
/ CHE = / CAB dus / FDE + Z CAB = 180°. derhalve / FDE is het suppl. van / CAB. Opmerking.
De hoeken zijn gelijk, als:
1. de beide beenen in dezelfde richting evenwijdig loopen.
2. de beide beenen in tegengestelde richting evenwijdig loopen. De hoeken zijn eikaars supplement, als twee beenen in dezelfde richting evenwijdig loopen en de andere beenen in tegengestelde richting.
§ 27. Opgaven.
1. Van fig. 15 is / 2 gelijk aan 56° 14' 33". Hoe groot zijn de andere hoeken?
2. Twee lijnen AB en CD staan beide.loodrecht op de lijn EF. Bewijs, dat deze lijnen (loodlijnen) evenwijdig zijn.
3. ' Twee overeenkomstige hoeken, die gelijk zijn, worden midden¬
door gedeeld. Bewijs, dat de deeUijnen evenwijdig loopen.
4. Twee evenwijdige lijnen worden gesneden door een derde. Men deelt de verwisselende binnenhoeken middendoor. Bewijs, dat de deellijnen evenwijdig loopen.
5. Twee evenwijdige lijnen wordenn gesneden door een derde. Men deelt de verwisselende buitenhoeken middendoor. Bewijs, dat de deellijnen evenwijdig loopen.
Vraagstukken.
1. Hoe groot is éen hoek, die het zeven zestiende deel van een gestrekten hoek is?
2. De som van twee hoeken is 30°. Het verschil van die twee hoeken is 4°. Hoe groot is elke hoek?



22
3. Het complement en het supplement' van een hoek zijn samen 196°.'^Hoe groot is de hoek?
4. Het complement en het supplement van een hoek van 45° worden middendoor gedeeld. Hoe groot is de hoek,, dien de deellijnen vormen?
r 5. Bewijs, dat de lijnen, die twee overstaande hoeken middendoor
deelen, in eikaars verlengde liggen. \jLtP- Twee evenwijdige lijnen worden gesneden door een derde. Men
deelt twee binnenhoeken aan denzelfden kant van de snijlijn
middendoor. Bewijs, dat de deellijnen een hoek van 90° vormen. K/J^t Evenzoo, wanneer men de buitenhoeken aan denzelfden kant van
de snijlijn middendoor deelt.
HOOFDSTUK IV. DRIEHOEKEN. Eenvoudigste eigenschappen.
§ 28. Een driehoek is een deel van een plat vlak, dat door drie lijnen geheel wordt ingesloten.
In fig. 18 is een driehoek ge¬
teekend.
Bij een driehoek komen de volgende benamingen voor:
de lijnen AB, BC en AC heeten zijden; de hoeken A, B en C heeten de hoeken van den driehoek; (een driehoek heeft 3 zijden en 3 hoeken) de zijden en hoeken noemt men gezamenlijk, de zes
elementen van den driehoek; één der zijden noemt men de basis, de beide andere opstaande zijden; de hoek tegenover de basis heet tophoek, de andere hoeken basisboeken of hoeken aan de basis.
Men kan voor basis kiezen de zijde, die men wil.
Is AB de basis, dan is / C de tophoek.
De som der drie zijden heet de omtrek van den driehoek.
Een driehoek wordt aangeduid door 3 letters, die bij de hoekpunten der hoeken geplaatst Worden.
Voor het woord „driehoek" gebruikt men het teeken A$8 In fig. 18 is geteekend A ABC.
Fig. 18.



23
De nevenhoeken, die bij de hoeken A, B en C geteekend kunnen worden, heeten buitenhoeken.
Een driehoek heeft drie buitenhoeken. (Teeken ze van A ABC).
§ 29. In fig. 19 is de buitenhoek van {_ B geteekend. I_ B ligt aan dien buitenhoek. De hoeken A en C liggen niet aan den buitenhoek. Men noemt ze
niet-aanliggende hoeken. Eigenschap. Een buitenhoek is even groot, als de niet-aanliggende hoeken samen. (fig. 19).
Gegeven: [_ CBD is een buitenhoek.
Te bewijzen: /_CBD = l_A + C.
Bewijs.
Wij trekken de hulplijn BE // AC.
Fig. 19.
I_ A = l_ EBD (overeenkomstige hoeken) i_C = l_ CBE (verwisselende binnenhoeken).
op—:
L A + L c = L CBD. Deze stelling is zeer belangrijk; bij vraagstukken komt zij herhaaldelijk voor. Wie niet ziet, dat [_ C en [_ CBE verwisselende binnenhoeken zijn, verlenge AC bij C.
§ 30. Eigenschap. De drie hoeken van een driehoek zijn samen 180°.
Gegeven: A'ABC. Te bewijzen: [_ A + [_ B + l_ C = 180°.
Bewijs.
Wij trekken de hulplijn DE// basis AB.
/ A = / 2
Fig. 20. Z C = Z 3
, op
/ A + / B -f Z C = Z 1 + Z 2 + Z 3 = 180°.



24
§31. Is één hoek van een driehoek recht, dan heet de driehoek een
rechthoekige driehoek, (fig. 21 A). De zijde over den rechten hoek heet schuine zijde of hypotenusa. De beide andere zijden heeten reehthoekszijden. Is één hoek stomp, dan heet de driehoek een
stomphoekige driehoek, (fig. 21 C). Zijn alle hoeken scherp, dan heet de driehoek een scherphoekige driehoek, (fig. 21 B).
A B C
Fig. 21.
Een driehoek, waarvan twee zijden gelijk zijn, heet een gelijkbeenige driehoek.
De zijden, die gelijk zijn, heeten beenen; de derde zijde heet basis. Teeken een gelijkbeenigen driehoek ABC.
AC en BC zijn de beenen. AB is de basis. Deel den tophoek middendoor door lijn CD. Vouw den driehoek om langs de lijn CD. Dan zal CB op AC vallen. Punt B juist op punt A. De lijnen BD en AD dan ook precies op elkaar. De hoeken A en B bedekken elkaar dus volkomen, derhalve zijn ze gelijk. Wij hebben dus de eigenschap:
In een gelijkbeenigen driehoek zijn de hoeken aan de basis gelijk.
§ 32. Opgaven.
% Van A ABC is / A = 43° 16' 32" en / B = 63° 17' 53". Hoe groot is / C?
/ 2. Van A ABC is / A = 64° 15' 24" en de buitenhoek bij B = 123° 17' 48". Hoe groot is / C?
3. De hoeken van een driehoek verhouden zich als 3:4:5. Hoe groot is elke hoek?
4. Hoe groot zijn de buitenhoeken van A ABC van opgave 1? Tel de drie buitenhoeken samen.
j 5. In een stomphoekigen driehoek zijn de scherpe hoeken samen
84° 16' 37". Hoe groot is de stompe hoek? / 6. Van een rechthoekigen driehoek is een der scherpe hoeken 34°
15' 43". Hoe groot is de andere scherpe hoek?



25
7. Waarom kan een driehoek nooit meer dan één rechten hoek hebben?
8. Waarom kan een driehoek nooit meer dan één stompen hoek hebben?
9. In A ABC is / A = 48° 19' 24", / B = 53° 37' 12". Deze *— hoeken worden middendoor gedeeld. Hoe groot is de hoek, die
door de deellijnen gevormd wordt? 10. In een rechthoekigen driehoek verschillen de scherpe hoeken 10°. Hoe groot zijn de hoeken van dien driehoek?
HOOFDSTUK V. VERVOLG.
§ 33. Eigenschap I. Één zijde van een driehoek is kleiner, dan de som van de beide andere zijden.
Gegeven: A ABC is willekeurig.
Te bewijzen:
AB < AC -f CB.
Bewijs. AB is de rechte lijn tus¬
schen de punten A en B. Fig. 22.
AC + CB is een gebroken lijn tusschen de punten A en B.
Volgens § 6 is de rechte lijn de kortste lijn tusschen twee punten.
Derhalve AB < AC + CB.
Op dezelfde manier bewijze de leerling:
AC < CB + BA en BC < CA + AB.
Eigenschap I kan ook op deze manier gezegd worden:
De som van twee zijden is grooter, dan de derde zijde.
§ 34. Eigenschap II. Één zijde van een driehoek is grooter, dan het verschil van de beide andere zijden.
Gegeven: A ABC is willekeurig.
Te bewijzen:
c > a —b b > c — a a > c — b
Fig. 23.



26
Bewijs.
Voor 't gemak, noemen wij de zijde over / Aa, over / B b, over /Cc.
Volgens eigenschap I hebben we nu:
c+b>a b + a > c
-af
c > a
b.
-af
a.
a + b > c b = b
a > c — b.
af
b > c
Deze eigenschap kan ook als volgt geleerd worden: Het verschil van twee zijden is kleiner dan de derde zijde.
§ 35. Eigenschap III. Als men een punt binnen een driehoek verbindt met de uiteinden eencr zijde, dan is de som der verbindingslijnen kleiner, dan de som van de
twee andere zijden.
Gegeven: A ABC is willekeurig Punt D is verbonden met A en B. Te bewijzen: AD+DB < AC+CB.
Bewijs.
Wij verlengen AD, tot ze CB in E snijdt.
In In
Fig 24. A AEC is AD A DEB is DB
DE < AC + CE ' < EB + DE
eigensch. I
AD + DB of AD + DB
DE < AC DE < AC DE =
op
CE + EB + DE
CB
DE DE
-af
AD + DB < AC
Fig. 25.
+ CB.
§ 36. De leerling gebruike deze drie eigenschappen bij de volgende opgaven. Als voorbeeld geven wij opgave 8.
Gegeven: A ABC is willekeurig,
punt D is verbonden met A, B en C.
Te bewijzen : DA + DB + DC < omtrek.



27
Bewijs.
DA + DB < AC + BC eigensch. III.
DA + DC < BC + AB DC + DB < AC + AB
op
2xDA+2xDB+2xDC<2xAC+2xBC+2xAB 2 (DA + DB + DC)< 2 (AC + BC + AB) DA + DB + DC < omtrek.
§ 37. Opgaven.
1. Kunnen de drie zijden van een driehoek 15 cM., 14 eM. en
30 cM zijn?
2. Kunnen de drie zijden van een driehoek 15 cM., 14 cM. en 29 cM. zijn?
3. Kunnen de drie zijden 18 cM., 18 cM. en 23 cM. zijn?
4. Van A DEF is DE = 18 cM. en EF = 15 cM. Vul nu in:
DF moet grooter zijn dan ;4jV cM.
DF moet kleiner zijn dan .... .*ïp'cM.
5. Het toppunt van een driehoek wordt verbonden mèt een willeA keurig punt van de basis. Bewijs, dat deze verbindingslijn
kleiner is, dan de halve omtrek van den driehoek.
r. Uit het hoekpunt van den rechten hoek in een rechthoekigen driehoek, laat men een loodlijn neer op de schuine zijde. Bewijs, dat de omtrek van den driehoek grooter is, dan 2 x de loodlijn.
! 7. Een punt binnen een driehoek verbindt men met de drie hoekpunten. Bewijs, dat de som van de drie verbindingslijnen grooter is, dan de halve omtrek van den driehoek. 8. Een punt binnen een driehoek verbindt men met de drie hoekpunten. Bewijs, dat de som van de drie verbindingslijnen kleiner is, dan de omtrek van den driehoek.
Vraagstukken.
8. Van A ABC is l_ A = 60° en /_ C = 80°. Men deelt L A en den nevenhoek van /_ B middendoor. Hoe groot is de hoek, dien de deellijn met elkaar vormen.



28
9. In fig. 26 is:
l_ CAD = 24° 16' 57" l_ ACD = 37° 16' 23" l_ DCB = 41° 13' 47" l_ CBD = 17° 4". Hoe groot is /_ ADB?
Fig. 26.
10. De hoek, gevormd door twee lijnen, die een punt binnen een driehoek met de uiteinden eener zijde vereenigen, is grooter dan de hoek, gevormd door de beide andere zijden van den driehoek. Bewijs deze eigenschap.
11. In fig. 27 is het volgende gegeven: I
CD J_ AB en CE deelt l_ ACB middendoor. I_ A = 65° l_ B = 25°. Hoe groot is £_ DCE?
Fig. 27.
12. Uit den top van een driehoek laat men een loodlijn neer op de basis, terwijl men tevens den tophoek middendoor deelt. Bewijs, dat de hoek, gevormd door de loodlijn en de deellijn gelijk is aan het halve verschil van de hoeken aan de basis.
13.
A ABC is rechthoekig in A. AD J_ BC. .
Bewijs, dat [_ B = [_ CAD en dat l_ C = L DAB.
."~ Fig. 28.
14. Vereenigt men den top van een driehoek met een" willekeurig Bi punt van de basis, dan is deze verbindingslijn grooter, dan de



29
helft van het verschil, dat men verkrijgt, door de som der opstaande zijden te verminderen met de basis. Bewijs deze eigenschap.
15. De lijn, die den tophoek van een driehoek middendoor deelt, vormt met de basis hoeken, waarvan 't verschil gelijk is aan 't verschil der hoeken aan de basis. Bewijs deze eigenschap.
HOOFDSTUK VI. Congruentie van Driehoeken.
§ 38. Men noemt twee driehoeken congruent, als zij elkander volkomen kunnen bedekken.
De zijden, hoeken en hoekpunten, die op elkaar zouden komen te liggen, heeten gelijkstandige zijden, hoeken en hoekpunten. Gelijkstandige zijden zijn gelijk. Gelijkstandige hoeken zijn gelijk.
Over gelijke zijden liggen in congruente driehoeken gelijke hoeken.
Over gelijke hoeken liggen gelijke zijden.
In fig. 29 zijn twee congruente driehoeken geteekend.
Men zegt: A ABC is congruent met A DEF.
Men schrijft: A ABC ^ A DEF.
Fig. 29.
AB = DE gelijkstandige zijden , De ^
AC = DF „ „ I ï A 4T}r
f ten van A ABC
BC = EF ff „ \ .. .... ,
/ ziin geluk aan de
/ A = /_ D „ hoeken l J , .
*— 1 zes elementen van
L B m L E' " ) A DEF.
LTc = L F ,



30
§ 39. Om te kunnen besluiten: A ABC ^ A EF is het niet noodig, dat er gegeven is:
De zes elementen van A ABC = de zes elementen van A DEF.
Uit het volgende zal blijken, dat men met drie elementen volstaan kan. Er zal telkens gegeven worden:
3 elementen van A ABC = 3 elementen van A DEF.
Daaruit zal besloten worden:
A ABC £É A DEF.
Dan volgt hier weer uit:
De 3 overige elementen van A ABC = de 3 overige elementen van A DEF.
Er zijn vijf gevallen van congruentie.
Fig. 30.
Gegeven: AC = DF BC = EF /C = /F. Te bewijzen: A ABC ^ A DEF.
Bewijs.
We nemen A DEF op. Daarna leggen wij / F zoodanig op / C, dat hoekpunt F samenvalt met hoekpunt C; DF langs AC en FE langs CB. Dit kan, omdat de hoeken gelijk zijn.
Omdat DF = AC, valt D juist op A.
Omdat FE = CB, valt E juist op B.
De lijnen DE en AB hebben nu twee punten gemeen, vallen dus geheel samen.
De driehoeken bedekken elkaar dus volkomen. Derhalve A ABC ^ DEF.



31
Opmerking.
Nu kunnen we bier weer uit besluiten:
AB = DE )
r Want over gelijke hoeken staan gelijke zijden, én
h'a ^ \ Omgekeerd.
Z B = i_ E ) ë
II. Twee driehoeken zijn congruent, als zij één zijde en de twee aanliggende hoeken gelijk hebben.
Fig. 31.
Gegeven: AB = DE LA = Z D Z B = Z E. Te bewijzen: A ABC g| A DEF.
Bewijs.
We nemen A DEF op. Daarna leggen we DE op AB.
Dan valt: D op A en E op B.
DF op AC (want [_ D = / A) EF op BC (want / E = / B) punt F op punt C.
De driehoeken bedekken elkaar volkomen.
Derhalve: A ABC ^ A DEF.
Opmerking.
Nu kunnen we besluiten: AC = DF.
BC = EF. / c = z F.
III. Twee driehoeken zijn congruent, als zij één zijde, één aanliggenden en den overstaanden hoek gelijk hebben.
Gegeven: AB = DE
Z A = Z D Z C = Z F. Te bewijzen: A ABC ^ A DEF.



Bewijs.
De drie hoeken van een driehoek zijn samen 180°.
Nu is / A = / D en / C = /F. Dan is ook / B = / E.
Fig. 32.
De driehoeken hebben dus gelijk:
een zijde en twee aanliggende hoeken, derhalve: A ABC £ A DEF. Opmerking.
Nu is weer: AC = DF BC = FE.
IV. Twee driehoeken zijn congruent, als zij de drie zijden gelijk hebben.
Fig. 33. Gegeven: AB = DE AC = DF BC = EF Te bewijzen: A ABC g A DEF. Bewijs.
We teekenen A DEF over A ABC, zooals in fig. 34 gedaan is. We verbinden C met F.
A FAC is gelijkbeenig, dus [_ AFC = [_ ACF
A FBC „ „ „ L BFC = L BCF
op
L F =Z_C
32



33
AC = DF en BC = EF (gegeven). De driehoeken hebben dus gelijk:
Twee zijden en den ingesloten hoek. Derhalve A ABC fis A DEF.
Opmerking.
Nu kunnen we besluiten: Z A = / D ZB=/E Z C = / F.
§ 41. Wij hebben in § 39 gezegd, dat 3 elementen voldoende waren, om tot de congruentie te besluiten; Dit is niet altijd waar.
Twee driehoeken zijn niet congruent, als de drie hoeken gelijk zijn.
Fig. 35.
ZA = ZD, Z B = / E, / C = /F.
Toch kunnen A ABC en A DEF elkaar niet volkomen bedekken.
Als die drie hoeken gelijk gegeven zijn, hebben we eigenlijk maar 2 gegevens. De derde hoeken zijn van zelf gelijk, die hangen van de andere hoeken af.
Om tot de congruentie te kunnen besluiten hebben we noodig:
3 gegevens, die niet van elkaar afhangen.
§ 42. Als gegeven is: twee zijden en één hoek van A ABC = » » » » » van A DCF, dan zijn A ABC en A DEF niet altijd congruent.
Meetkunde, 5e dr. o



34
Fig. 36.
In fig. 36 is AC = FD, BC = EF en f_ B = [_ E. Maar de driehoeken kunnen elkaar niet bedekken. Het vindt weinig toepassing; wel bij rechthoekige driehoeken en daarom zullen wij ons 5de geval van congruentie als volgt stellen:
V. Twee rechthoekige driehoekén zijn congruent, als zij gelijk hebben: één rechthoekszijde en de hypotenusa.
Geqeven: AB = DE WsfflÊffifflBÊ'-'
L A = L D = 90°. Te bewijzen: A ABC £jj A DEF.
Fig. 37.
Fig. 38.
Bewijs.
Wij teekenen A DEF onder A ABC, zooals in fig. 38 gedaan is.
A FBC is gelijkbeenig, dus [_ C = /. F. De twee driehoeken hebben dus gelijk:
een zijde, een aanliggenden en een overstaanden hoek. Derhalve A ABC ^ A DEF.



35
§ 43. Verklaar de volgende eigenschappen:
Twee rechthoekige driehoeken zijn congruent, als zij gelijk hebben: 1. één rechthoekszijde en den aanliggenden scherpen hoek, 2- één ■ ,, • ,, ,, overstaanden ,, ,,
3. de schuine zijde en één scherpen hoek,
4. de twee rechthoekszijden.
§ 44. Eigenschap I. In een gelijkbeenigen driehoek zijn de hoeken aan de basis gelijk. ,
Gegeven: A ABC is gelijkbeenig, AB
is basis, dus AC = BC. Te bewijzen: l_ A = [_ B.
Bewijs.
Wij trekken de lijn CD, die [_ C middendoor deelt. Nu zijn er twee congruente driehoeken ontstaan, n.m.1. A ACD en A DBC. want AC = BC, Cl) = CD,
L ACD = l_ BCD. Volgens 1ste geval is A ACD ^ A DCB.
Over gelijke zijden staan gelijke hoeken, derhalve: Z.A=IB.
Opmerking. Altijd dadelijk aanschrappen in de figuur wat gelijk'is, dan ziet men terstond'welk geval gebruikt moet worden.
Eigenschap II. Als in een driehoek de basishoeken gelijk zijn, is de driehoek gelijkbeenig.
Gegeven: j__ A = j_ B.
Te bewijzen: A ABC is gelijkbeenig, of AC = BC.
Bewijs.
We trekken weer lijn CD, die den tophoek middendoor deelt.
L A = L B,
L ACD = /_ BCD, CD = CD, dus: A ACD £g A BCD, Hieruit volgt AC = BC.
Fig. 40.



36
■ De leerling bewijze nog eens deze twee eigenschappen, maar teekene de figuur in den stand van fig»-41.
Fig. 41.
§ 45. Eigenschap III. Zijn twee opstaande zijden van den drie¬
hoek niet gelijk, dan zijn I de basishoeken ook niet | gelijk. Over de grootste I zijde staat dan de grootste I hoek.
Gegeven: BC > AC. Te bewijzen: [_ CAB > i l_ CBA.
Bewijs.
Omdat BC > AC, kunElg' nen we AC op CB afpassen.
Wij doen dit. - AC = CD.
A ACD is nu gelijkbeenig, dus [_ CAD = j_ CDA . . . eigensch., I. ,
[_ CDA > [_ C, (Een buitenhoek = enz.) dus [_ CAD > l_ B» maar dan ook zeker [_ CAB > [_ B.
Eigenschap IV. Zijn twee basishoeken niet gelijk, dan zijn de _ opstaande zijden ook niet gelijk.
Over den grootsten hoek staat dan de grootste zijde.
Gegeven: [_ CAB > l_ B. Te bewijzen: BC > AB.
Bewijs.
Omdat l_ CAB grooter is dan [_ B,
kunnen wij de lijn AD zóó trekken, ' Flg/ 43- dat l_ DAB gelijk is aan £_ B.
A ADB is dan gelijkbeenig, want de hoeken aan de basis zijn gelijk.



37
Derhalve AD = BD. AD + DC> AC, (§ 33) dus ook BD + DC > AC, of BC > AC.
Nemen,we nu in deze bewijzen vt>ör de basis: steeds de, kleinste zijde, dan krijgen wij de twee volgende belangrijke eigenscw||pi$ii.
A. In een driehoek staat over de grootste zijde de grootste hoek.
B. In/ een driehoek staat over den grootsten hoek de grootste zijde.
$ y7§.46. Opgaven.
% Verklaar waarom twee gelijkbeenige driehoeken congruent zijn, als ze gelijk hebben:
1. de basis en één basishoek,
2. De basis en één been,
X3. een been en een baïishoek, X 4. een been en den tophoek.
2. Een rechthoekige driehoek, waarvan de rechthoeksz^idh';T^?en groot zijn, heet een gelijkbeenig rechthoekige driehoek. Hoe groot is in een gelijkbeenig rechthoekigen driehoek een scherpe, Ijpek?
3. Verklaar waarom twee gelijkbeenig rechthoekige driehoeken congruent zijn, als ze gelijk hebben:
Xl- één rechthoekszijde,
2. de hypotenusa. Y' -4. Bewijs de eigenschap: twee gelijkbeenige driehoeken, die den
tophoek gelijk hebben, hebben ook de basishoeken gelijk, y 5. Bewijs, dat twee gelijkbeenige driehoeken congruent zijn ,als ze
gelijk hebben de basis en den tophqek.
6. Een driehoek, waarvan de drie zijden even groot zijn, heet een Sc'' '* ' ■ gelijkzijdige driehoek.
Bewijs, dat alle hoeken iir een gelijkzijdigen driehoek éven groot zijn. Hoeveel graden is elke hoek?
7. Als van een driehoek, de drie hoeken gelijk zijn, is de drieheek gelijkzijdig. Bewijs deze eigenschap.
•8. Bewijs, dat de schuine zijde in een rechthoekigen driehoek de grootste is.
9. Het toppunt C van een gelijkbeenigen driehoek verbindb^Ken met een punt D van de basis. Bewijs, dat de lijn CDj^pgnjter
is dan een been.
\/ 10. Ligt het punt D op het verlengde van de basis, dan is de lijn CD grooter dan een been. Bewijs dit.



HOOFDSTUK VII. TOEPASSINGEN.
§ 47. In de twee eigenschappen van § 44 hebben wij reeds de congruentie toegepast.
I. Moest er bewezen worden (fig. 40):
lijn AC = lijn BC, dan zochten wij een driehoek, waarin AC als zijde voorkwam, en een driehoek, waar BC ,, | ;
daarna bewezen wij, dat deze twee drieh. congruent waren, en daaruit volgde dan:
AC = BC.
II. Moest er bewezen worden (fig. 39):
/A = /B,
dan zochten wij een driehoek, waarin / A voorkwam, en een driehoek, waarin / B voorkwam, daarna bewezen wij, dat deze twee drieh. congruent waren en daaruit volgde dan:
Z A = 'l B.
§ 48. Wij zullen dit nog nader met twee voorbeelden duidehjk maken.
Voorbeeld I. Uit het midden van de basis van een gelijkbeenigen driehoek Iaat men loodlijnen neer op de beenen. Bewijs, dat deze
loodlijnen aeliik znn.
Gegeven: A ABC is gelijkbeenig.
AD = BD (want D is
het midden).
DE en DF _l_ AC en
BC.
Te bewijzen: DE = DF. Bewijs.
ED is een zijde van A ADE. FD is een zijde van A DBF.
Dus trachten wij te bewijzen A ADE ^ A DBF.
38



39
Dit is gemakkelijk, want ze zijn congruent volgens het 3de geval.
Over gelijke hoeken staan gelijke zijden,
derhalve: DE = DF.
Niet altijd is het mogelijk, zoo spoedig twee driehoeken te vinden, waarin de lijnen voorkomen. Soms moet men een hulplijn trekken, zooals in. voorbeeld II.
Voorbeeld II. Op been AC van een gelijkbeenigen driehoek neemt
men een willekeurig stuk AD. Op het verlengde van CB past men een stuk BE af gelijk aan AD. Men verbindt D en E. Bewijs, dat de lijn DE door de basis middendoor gedeeld wordt.
Gegeven: A ABC is gelijkbeenig.
AD = BE. Te bewijzen: DF = FE.
Bewijs.
DF is een zijde van A AFD.
DF is een zijde van A AFD. Fig. 45.
FE is een zijde van A FBE. Deze twee driehoeken zijn niet congruent.
Trekken we echter EG // AD, dan ontstaat A FEG, die wel congruent is met A AFD, want:
EG = AD. (waarom?) '/ G = / A. (verw. binnenh.) / DFA = / GFE. (overst. h.) dus A FEG ^ A AFD, derhalve DF = FE. Waarom is EG = AD?
/ A = / B en / A = / G, ' dus / B = / G.
/ B is ook £ GBE, derhalve / GBE = / G of BE = EG. maar BE = AD, dus ook EG = AD.
§ 49. Op grond van deze voorbeelden, zullen wij den volgenden regel stellen:
Moeten wij bewijzen, dat twee lijnen gelijk zijn, of dat twee hoeken



40
gelijk zijn, dan zoeken wij altijd eerst driehoeken, waarin die lijnen of hoeken voorkomen. Daarna gaan wij bewijzen, dat die driehoeken congruent zijn. Daaruit volgt dan dadelijk het gevraagde.
§ 50. De leerling passé dezen regel toe op de volgende opgaven.
ti Uit de uiteinden van de basis van een gelijkbeenigen driehoek laat men loodlijnen neer op de beenen. Bewijs, dat deze loodlijnen gelijk zijn.
(Deze loodlijnen heeten ook wel hoogtelijnen. Een hoogtelijn is een loodlijn uit een hoekpunt op de overstaande zijde neergelaten).
2. De lijn, die den tophoek van een gelijkbeenigen driehoek middendoor deelt, deelt ook de basis middendoor. Bewijs dit.
(De lijn, die een hoek middendoor deelt, heet de bisseetrice van dien hoek).
3. De bisseetrice van den tophoek van een gelijkbeenigen driehoek staat loodrecht op de basis. Bewijs deze stelling.
/) 4. De twee uiteinden van de basis van een gelijkbeenigen driehoek
verbindt men met de middens der beenen. Bewijs, dat deze
lijnen gelijk zijn.
(Deze lijnen noemt men zwaartelijnen. Een zwaartelijn is
een lijn, die een hoekpunt verbindt met het midden van de
overstaande zijde). 0. 5- De drie zwaartelijnen in een gelijkzijdigen driehoek zijn gelijk.
Bewijs deze stelling. ■ 6. Uit het midden van de basis van een gelijkzijdigen driehoek
trekt men lijnen evenwijdig aan de zijden. Bewijs, dat deze
lijnen gelijk zijn.
7. De basishoeken van een, gelijkbeenigen driehoek worden middendoor gedeeld. Bewijs, dat deze bissectrices gelijk zijn. i 8. Gegeveq ,/ A en een punt P van de bisseetrice van / A. Uit P laat men twee loodlijnen neer op de beenen van /_ A. Bewijs, dat deze twee loodlijnen gelijk zijn. A/ 9. In een gelijkbeenig rechthoekigen driehoek trekt men de bisseetrice van den rechten hoek.
Bewijs, dat de hypotenusa middendoor gedeeld wordt door de bisseetrice!
Opgaven.



41
§ 51. Eigenschap. Als twee driehoeken twee zijden gelijk hebben, maar de ingesloten hoek van den eersten driehoek is grooter dan de ingesloten hoek van den tweeden driehoek, dan is de derde zijde over den grootsten hoek ook grooter dan de derde zijde over den kleinsten hoek.
Fig. 46.
■Gegeven: AC = DF AB = DE / A > / D. Te bewijzen: BC > FE.
Bewijs.
Wij leggen A DEF onder A ABC, zooals in fig. 47 gedaan is.
I_ CAF deelen we middendoor door üssectrice AG.
Het punt G verbinden wij met F. A CAG M L AGF. (1ste Geval), dus CG = GF GF + GB > FE dus ook CG + GB > FE
of
BC
> FE.
Fig. 47.
§ 52. In deze § zullen wij een voorbeeld geven, hoe men bewijst, dat twee driehoeken congruent zijn, als men niet dadelijk een der vijf gevallen kan aanwijzen.
Voorbeeld III. Bewijs, dat twee driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben de basis, een hoek aan de basis en de bisseetrice van dien hoek.



42
Fig. 48.
Gegeven: AB = DE
/A=/D AG = DH
AG en DH zijn bissectrices. Te bewijzen: A ABC |g A DEF.
Bewijs.
De twee groote driehoeken hebben gelijk 1 zijde en 1 aanliggenden hoek. Kunnen wij nu bewijzen / B = / E dan zijn wij klaar want dan zijn de driehoeken congruent, volgens het tweede geval. A AGB helpt ons daarbij, 't is een hulpdriehoek. A AGB ^ A DHE, want: / GAB = / HDE, (waarom?) AG = DH, AB = DE. Derhalve /B=-/ E. Nu kunnen wij besluiten:
A ABC ^ A DEF, want zij hebben gelijk 1 zijde en 2 aanliggende hoeken. Opmerking.
Is er een gegeven té weinig om dadelijk een der vijf gevallen aan te wijzen, zoek dan door een hulpdriehoek het ontbrekende gegeven te vinden.
Vraagstukken.
16. Trekt men in een gelijkbeenigen driehoek een lijn evenwijdig aan de basis, dan is de afgesneden driehoek weer gelijkbeenig. Bewijs dit.
17. Den buitenhoek van den tophoek van een gelijkbeenigen driehoek deelt men middendoor. Bewijs, dat deze bisseetrice evenwijdig loopt aan de basis,



43
18. Bewijs, dat twee driehoeken congruent zijn, als ze gelijk hebben: de hoeken aan de basis en de bisseetrice van den tophoek.
19. Bewijs, dat twee driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: de basis, een hoek aan de basis en de hoogtelijn uit den top op de basis.
20. Bewijs, dat twee driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: een basishoek, den tophoek en de hoogtelijn uit den tophoek.
21. Bewijs, dat twee driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: de basis en de hoogtelijnen uit de uiteinden der basis op de opstaande zijden neergelaten.
22. Bewijs, dat twee driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben .twee zijden en de zwaartelijn naar het midden van een dier
zijden getrokken.
23. Bewijs, dat twee gelijkbeenige driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: den tophoek en de bisseetrice van een basishoek.
24. Bewijs, dat twee gelijkbeenige driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: een been en de zwaartelijn naar dat been getrokken.
25. Bewijs, dat twee rechthoekige driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: een rechtshoekszijde en de hoogtelijn op de hypotenusa.
26. Bewijs, dat twee rechthoekige driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: een scherpen hoek en de "hoogtelijn op de schuine zijde.
27. Bewijs, dat twee rechthoekige driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: een scherpen hoek en de bisseetrice van den anderen scherpen hoek.
28. Bewijs, dat twee gelijkbeenig rechthoekige driehoeken congruent zijn, als zij de hoogtelijn op de schuine zijde gelijk hebben..
29. Bewijs, dat twee gelijkzijdige driehoeken congruent zijn, als zij de zwaartelijn naar gelijkstandige zijden gelijk hebben.
30. In een driehoek deelt men de basishoeken middendoor. Door het snijpunt der bissectrices trekt men een lijn evenwijdig aan de basis. Bewijs, dat deze lijn gelijk is aan de som van de Onderste stukken der opstaande zijden.
31. Als één der hoeken van een rechthoekigen driehoek 30° is, dan is de zijde, over dien hoek gelijk aan de helft van de hypotenusa.
32. Neemt men op de drie zijden van een gelijkzijdigen driehoek van af de hoekpunten, in dezelfde richtingjyoortgaande, gelijke stukken AD, CE en BF, dan is A DEF weer gelijkzijdig. Bewijs dit.



44
33. Als een der rechthoekszijden van een rechthoekigen driehoek de helft van de hypotenusa is, dan staat over die rechthoekszijde een hoek van 30°. Bewijs dit.
HOOFDSTUK VIII. CONSTRUCTIES.
§ 53. In de voorgaande hoofdstukken was er dikwijls sprake van gelijkbeenige driehoeken, van rechte "hoeken, van bicsectrices, van zwaartelijnen enz.
Wij hebben deze figuren tot nog toe altijd maar op het oog geteekend. Moesten wij een bisseetrice trekken, dan trokken wij maar een lijn, die zoo ongeveer den hoëk middendoor deelde. In dit hoofdstuk zullen wij leeren, hoe wij deze verschillende figuren zuiver kunnen teekenen. Wij zullen ons bezig houden met constructies of werkstukken.
Een constructie is een vraagstuk, waarin gevraagd wordt de- een of andere figuur zuiver te teekenen, terwijl alleen maar .een liniaal en een passer gebruikt mogen worden.
Bijv. Construeer een driehoek, als de drie zijden gegeven zijn. Dit. is nu een constructie of een werkstuk.
De driehoek, die nu met een liniaal geteekend wordt, moet drie zijden hebben, die juist zoo groot zijn, als de drie gegeven lijnen.
Met een liniaal kan men maar een rechte lijn trekken. Met een passer kan men maar een cirkel trekken. Het spreekt dus van zelf, dat alle constructies, zelfs de allermoeilijkste, hier op neerkomen: Trek een rechte lijn en Trek een cirkel.
Vóór wij nujtot de verschillende constructies overgaan, zullen wij' eerst den cirkel bespreken.
Cirkel.
In het eerste hoofdstuk hebben wij al gehoord, dat een cirkel een kromme lijn is. Nu kan een kromme lijn open zijn, öf gesloten zijn.
Een kromme lijn is gesloten, als het beginpunt en het eindpunt samenvallen. In fig. 49 ziet men twee gesloten kromme lijnen.



45
In fig. 49B is een gesloten kromme lijn geteekend, die nog een
bijzondere eigenschap heeft, n. m. t
alle punten liggen even ver van een zelfde punt af.
Dit punt is aangeduid door letter M en heet middelpunt.
Een gesloten kromme lijn, waarvan alle
punten even- ver afliggen van een zelfde punt, heet een cirkel.
Eigenlijk moesten wij zeggen cirkelomtrek, maar gewoonlijk spreekt men van cirkel.
Bij een cirkel komen de volgende benamingen voor:
Fig. 49.
1. middelpunt.
2. boog = een deel van een cirkelomtrek,
men zegt: boog AB; men schrijft: AB;
3. straal = een lijn, die het middelpunt verbindt met eên punt van den omtrek. Bijv. MB.
4. koorde = een lijn, dié twee punten van den cirkelomtrek verbindt. Bijv. EF.
5. middellijn = een koorde, die door het middelpunt gaat. Bij\
Opmerking. Alle stralen zijn even lang.
Een middellijn = twee stralen. Alle middellijnen zijn even' lang. Wil men een cirkel teekenen, dan zet men eerst het middelpunt; vervolgens zet men de beenen van een passer zóóver van elkaar, als de straal moet zijn. Daarna beschrijft men den cirkel.
§ 54. De twee eenvoudigste constructies zijn: L Teeken tusschen twee punten een rechte lijn. II. Beschrijf een cirkel, die een gegeven punt tot middelpunt heeft en een gegeven lijn tot straal.



46
Deze twee constructies heeten postulaten.
Nu volgen 6 constructies, die moeilijker zijn. Zij moeten uitstekend geleerd worden, want herhaaldelijk komen ze voor. Wij zullen ze grondconstrueties noemen.
Construeer een hoek, die even groot is als een gegeven hoek.
Trek een lijn DE. Neem daarin aan als hoekpunt D. Zet den passer in A en beschrijf een cirkelboog BC (willekeurig). Zet daarna den passer in D en beschrijf met denzelfden straal <+\ FG. Meet ^ BC (dit doen we door de koorde BC tusschen den passer te nemen). .
Pas ip£ BC af op m. FG (dit doet men door uit F met BC als straal een cirkelboog te beschrijven). Zoo krijgen wij punt H.
Verbind H met D, dan is £_ HDF = [_ CAB.
Constructie I.
Fig. 51.
Constructie.
Bewijs.
Trek de koorden BC en FH.
AC = DH I gel'jke stralen"
BC = FH gelijke koorden, dus A ABC ^ A DFH. Derhalve /_ A = /_ D.



47
Vraagstukken.
34. Construeer een stompen hoek, die gelijk is aan een gegeven stompen hoek.
35. Construeer een hoek, die gelijk is aan de som van twee gegeven scherpe hoeken.
36. Construeer een hoek, die gelijk is aan het verschil van twee gegeven hoeken.
37. Construeer een hoek, die 3 X zoo groot is, als. een gegeven scherpe hoek.
Constructie II.
Construeer door een gegeven punt een lijn, die evenwijdig loopt aan een gegeven lijn. ■ " ;
Gevraagd: construeer door C ' een lijn // AB. «— !ri
LA"-* D - 0 I
Constructie.
Verbind punt C met een willekeurig punt D van lijn AB. Neem C als hoekpunt en CD als been en maak een hoek gelijk aan / CDB. Dan is lijn CE // AB.
Men zegt ook wel: breng / CBÖ ovèr.
Bewijs.
De lijnen EC en AB worden gesneden door een derde. De verwisselende binnenhoeken zijn gelijk, dus loopen EC en AB evenwijdig.
Vraagstukken.
38. Teeken een willekeurigen driehoek ABC. Neem in een der zijden een punt aan en construeer door dat punt een lijn // basis.
39. Neem in de beenen van een hoek A twee punten B en C aan. Construeer door die punten lijnen, die evenwijdig loopen aan de beenen van den hoek.



48
40. Construeer twee evenwijdige lijnen, die gesneden worden door een derde, en bewijs, dat twee verwisselende buitenhoeken gelijk zijn.
41. Bewijs nog eens, dat de som der hoeken van een driehoek 180° is. Nu een zuivere teekening.
42. Bewijs nog eens, dat een buitenhoek gelijk is aan de som der niet aanliggende binnenhoeken.
43. Teeken een willekeurigen driehoek ABC. Trek door de hoekpunten lijnen, die evenwijdig loopen met de overstaande zijden.
Constructie III.
Deel een gegeven hoek middendoor, öf construeer de bisseetrice van een gegeven hoek.
Gegeven: f_ BAC. Gevraagd: Construeer de bisseetrice van l_ BAC. Constructie. Zet den passer in A en beschrijf met willekeurigen straal een cirkelboog PQ.
Zet daarna den passer in P en beschrijf met willekeurigen straal een boog; vervolgens uit Q met denzelfden straal een boog, die elkaar in D snijden. Verbind D met A, dan is DA de bisseetrice.
Bewijs.
Trek de lijnen QD en PD.
AQ = AP, (gelijke stralen) QD = PD, (gelijke stralen) AD = AD, (gemeenschappelijk), dus AAQD^A APD; derhalve /_ DAP = /_ DAQ.
Vraagstukken.
44. Teeken twee evenwijdige lijnen gesneden door een derde. Deel
de verwisselende binnenhoeken middendoor. 45; , Construeer de drie bissectrices van een scherphoekigen driehoek
en van een stomphoekigen driehoek.
46. Deel het complement en het supplement van een hoek middendoor.
47. Deel een hoek en het supplement van dien hoek middendoor. Hoe groot is de hoek gevormd door de bissectrices?



49
48. Construeer een hoek van 90°.
49. Construeer een hoek van 45°.
50. Construeer een hoek van 22%°, van 67%°".
Constructie IV. Construeer in een gegeven punt van een lijn een loodlijn op die lijn.
Gegeven: lijn A8.
punt C.
Gevraagd: Construeer een lijn die in C loodrecht staat op AB.
Constructie.
Pas aan weerskanten van C gelijke stukken af (DC = EC).
Beschrijf uit D en E cirkelbogen Fig. 54.
met gelijke stralen, die elkaar in F snijden. Verbind F met C, dan
heeft men: FC I AB.
DC = CE. DF
Bewijs.
EF. FC is gemeenschappelijk
A DCF !g A FCE, dus FCD = [_ FCE. Samen zijn zij 180°. Ieder is 90°.
Vraagstukken.
Construeer een rechthoekigen driehoek. Construeer een gelijkbeenig rechthoekigen driehoek. Construeer een gelijkbeenigen drie¬
hoek.
54. Construeer een gelijkzijdigen driehoek.
Construeer een hoek van 60°, 30°, 15°,—37y2°.
51. 52 53
Gqnstrugtie T.
Deel een gegeven lijn rechthoekig middendoor.
Gegeven: lijn AB.
Gevraagd: Construeer een lijn, die AB loodrecht middendoor deelt.
Meetkunde, 5e druk.
Fig.- '55.



50
Constructie.
Beschrijf uit de punten A en B cirkelbogen met gelijke stralen, die elkaar in C en in D snijden. Verbind C met D, dan is CD de gevraagde lijn
Bewijs.
a CAD gg a CDB, want AC = BC, AD =• DB,
CD is gemeenschappelijk. Hieruit volgt: £ ACE = / BCE.
Nu is ook a ACE a BCE (ze hebben 2 zijden en den ingesloten hoek gelijk).
Derhalve: AE = BE, en / AEC = l CEB. Samen zijn zij 180°. Iedere hoek is dus 90°.
Vraagstukken.
56. Deel de zijden van een scherphoekigen driehoek loodrecht middendoor. (Deze loodlijnen worden middelloodlijnen genoemd).
57. Construeer de middelloodlijnen in een stomphoekigen driehoek.
58. Construeer in een rechthoekigen driehoek de middelloodlijnen.
59. Construeer de zwaartelijnen in een willekeurigen driehoek.
60. Construeer in een gelijkbeenigen driehoek: de zwaartelijn uit den tophoek, de bisseetrice van den tophoek en de middelloodlijn op de basis. Wat merkt gij op?
Kunt gij dit ook bewijzen?
Constructie VI. Laat uit een punt buiten een gegeven lijn een loodlijn neer op die lijn.
Gegeven: lijn AB, punt C.
Gevraagd: Construeer uit C een lijn, die loodrecht staat op AB. Constructie. Zet den passer in C en beschrijf een cirkelboog, die de lijn AB 2
maal snijdt in D en in E. Beschrijf uit D en E cirkelbogen met gelijke stralen, die elkaar in G snijden. Verbind G met C, dan is CG de gevraagde lijn.



51
Bewijs.
Verbind D met C en G, en E met C en G, dan zal het niet moeilijk vallen te bewijzen, dat /_ DFG = /_ EFC. Heeft men dit bewezen, dan staat CF _L AB.
Opmerking. De lengte van de loodlijn CF wordt de afstand van het punt C tot de lijn AB genoemd.
Vraagstukken.
61. Laat uit de drie hoekpunten van een scherphoekigen driehoek loodlijnen neer op de overstaande zijden. (Deze loodlijnen heeten hoogtelijnen in den driehoek).
62. Construeer de drie hoogtelijnen in een stomphoekigen driehoek. Wat merkt ge op?
63. Construeer een gelijkzijdigen driehoek ABC. Verleng de opstaande zijde BC met een stuk CE = BC.
Verbind E met A. Hoe groot is [_ EAB?
64. Richt in het einde eener lijn een loodlijn op, zonder gebruik te maken van constructie IV.
65. Bewijs, dat elk punt van de bisseetrice van een hoek op gelijke afstanden ligt van de beenen van den hoek.
66. Bewijs, dat elk punt van een middelloodlijn even ver verwijderd is van de twee eindpunten der doorgedeelde lijn.
§ 55. Constructies van Driehoeken.
Voor 't gemak zullen wij in de volgende constructies bij eiken driehoek de letters A, B en C gebruiken.
De zijden tegenover de hoeken A, B en C noemen we a, b en c.
I. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: twee zijden ën de ingesloten hoek.
Gegeven: [_ C en de zijden a en b. Gevraagd: Construeer A ABC.
Constructie.
Construeer eerst [_ C. Pas op de beenen van /_ C de zijden a en b af. Verbind de eindpunten 'en A ABC is de gevraagde driehoek.



52
Fig 57a
Fig. 57b.
II. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: één zijde en twee aanliggende hoeken.
Gegeven: de zijde c en de twee aanliggende hoeken A en B. Gevraagd: Construeer A ABC.
Construetie.
Pas op een willekeurige lijn een stuk AB af even groot als e. Construeer in A l_ A en in B ƒ_ B, dan ontstaat door de snijding der lijnen AC en BC de gevraagde driehoek.
Fig. 58a.
Fig. 58b.
Opmerking. De hoeken A en B moeten samen kleiner zijn dan 180°. (Waarom?)
III. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: één zijde, één aanliggende en één overstaande hoek.
Deze constructie laten wij aan den leerling over. Twee hoeken zijn gegeven. Maak één hoek, die gelijk is aan hun som. De nevenhoek van dezen hoek is dan de derde hoek. (Waarom?) Nu zijn gegeven: één zijde en twee aanliggende hoeken. Deze driehoek kan volgens de 2de constructie geconstrueerd worden.



53
IV. Construeer een driehoek, als de drie zijden gegeven zijn. Gegeven: de drie zijden a, b en c. Gevraagd: Construeer A ABC.
Constructie.
Pas op een willekeurige lijn een stuk AB af, dat gelijk is aan e Neem a, als straal, tusschen den passer en beschrijf uit B een cirkelboog. Neem b tusschen den passer en beschrijf uit A een cirkelboog. Verbind het snijpunt C der cirkelbogen met A en B, dan is A ABC. de gevraagde driehoek.
Opmerking. Denk er om, dat twee zijden samen altijd grooter moeten zijn dan de derde zijde.
V. Construeer een driehoek, als gegeven Zijn: twee zijden en de hoek tegenover een der zijden.
Er is il^^én hoek gegeven. Deze hoek kan liggen: |M»ver de grootste van de twee zijden, ^*Póf over de kleinste van de twee zijden. Daarom onderscheiden wij twee gevallen. A. Construeer een driehoek, als gegeven zijn:
twee zijden en de hoek over de grootste zijde.
Gegeven: de zijden a en b. a > b.
/_ A (over zijde a) Gevraagd: Construeer A ABC.



Lonstructie.
Construeer /_ A. Pas op het eene >een de zijde b (de kleinste) af. Dan :rijgt men punt C. Neem de zijde a usschen den passer en beschrijf een irkelboog uit C. Deze boog snijdt het ndere been van [_ A in B. Verbind B
met C, dan is A ABC de gevraagde Fig. 60b. driehoek. B. Construeer een driehoek, als gegeven zijn:
twee zijden en de hoek over de kleinste zijde.
Fig. 61a.
Fig. 61b.
Gegeven: de zijden a en b b < a ƒ_ B (over zijde b). Gevraagd: Construeer A ABC.
Constructie. Construeer j_ B. Pas op het eene been de grootste zij dé a af. Dan krijgt men punt C. Neem de zijde b tusschen den passer en beschrijf een cjJËy)oog uit C. Deze boog snijo^^R andere been van /_ B in^^e punten A1 en A2. Verbind de puntenAjen
A2 met C, dan ontstaan er twee driehoeken, die beide goed zijn. A AXBC en A A2BC.
Vraagstukken.
67. Construeer een rechthoekigen driehoek, als gegeven zijn: een rechthoekszijde en de hypotenusa.
68. Construeer een gelijkbeenigen driehoek, als gegeven zijn: een been en de tophoek.
69. ' Construeer een gelijkbeenigen driebek, als gegeven zijn: de
basis en een der aanliggende hoekerwr
54



55
70. Construeer een rechthoekigen driehoek, als gegeven zijn: de hypotenusa en een-scherpe hoek.
71. Construeer een gelijkbeenigen driehoek, als gegeven zijn: de basis en de hoogtelijn op de basis.
72. Construeer een gelijkzijdigen driehoek, als de hoogte ijn op de basis gegeven is.
73. Construeer twee lijnen, als de som, en het verschil van die lijnen gegeven is.
74. Construeer twee hoeken, als de som en het verschil dier hoeken gegeven is.
75. Construeer een rechthoekigen driehoek, als gegeven zijn: de schuine zijde en het verschil der scherpe hoeken.
76. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, een opstaande zijde en de zwaartelijn naar die opstaande zijde.
77. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, een basishoek en de bisseetrice van dien basishoek.
78. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, een basishoek en de zwaartelijn uit den anderen basishoek.
79. • Construeer een driehoek, als. gegeven zijn: de basis, de tophoek
en het verschil der basishoeken.
80. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, de som der opstaande zijden en het verschil der opstaande zijde.
§ 56. Als wij de §§ 53, 54 en 55 goed bestudeerd hebben, zijn wij in staat eenvoudige constructies vlug uit te voeren. Toch zouden wij bij moeilijker constructies verlegen staan, indien wij niet van een hulpmiddel gebruik maakten.
Dit middel is de Meetkundige Analyse.
Bijv.
Construeer een driehoek, als gegeven zijn:
de tophoek, een basishoek en de som der opstaande zijden.
Gegeven: basishoek B, tophoek C, som der opstaande zijden = BD. Gevraagd: Construeer A ABC.
B
C
1
Fig. 62a.



Analyse.
Wij'moeten construeeren een driehoek. Daarom teekenen wij maar een driehoek bijv. A ABC van fig. 62b.
Deze driehoek is niet op de ware grootte, maar dient alleen als model.
(Deze driehoek is voor 't gemak; dan behoeven wij ons niet alles voor te stellen.)
In A ABC zijn maar bekend twee hoeken. Tevens is de som der zijden AC. en BC bekend. Verlengen wij nu BC met een stuk CD = AC, dan is BD de som
pjg fler opstaande zijden, dus bekend. Wis¬
ten wij nu [_ D, dan konden wij AABD) construeeren. (1 zijde en twee aanliggende hoeken zijn dan bekend. Hoe groot is nü [_ D?
I_ D = l_ DAC, want AC = CD.
L C is een buitenhoek van A ADC, derhalve
L C = L D + L DAC, of [_ C = 2 x L D,
of LD = y2 x L c.
L D blijkt dus de helft van den gegeven tophoek te zijn. W ABD kunnen wij nu construeeren.
Is deze klaar, dan maken wij LDAC = L D en de gevraagde driehoek is ook geconstrueerd.
Constructie.
Trek een lijn DB = de gegeven som. Construeer bij D den halven gegeven tophoek. Construeer bij B den gegeven basishoek. Zoo is ontstaan A BDA. Maak /.DAC = LD dan ontstaat A ABC.
Fig 62c.
Bewijs.
Nu moeten wij bewijzen, dat A ABC de gevraagde driehoek is. L B is goed, (volgens de constructie).
L C = L D + L DAC = 2 x y2 toph. = toph., is dus goed. AC + BC = DC + BC = DB = de gegeven som, is dus goed.
56



57
De Analyse bestaat dus uit twee deelen:
1. Een teekening, die dient als model.
2. Een redeneering, die ons brengt tot de constructie.
Alle constructies, die in dit boek volgen, zullen wij volgens het volgende schema uitvoeren.
Schema van een constructie.
Teekening der gegevens op de ware grootte.
Gegeven: Gevraagd:
Teekening als model; niet op ware grootte.
Zuiver teekening op ware grootte.
Analyse.
redeneering, die leidt tot de constructie.
Constructie.
verklaring der teekening.
Bewijs.
Aantoonen, dat de geconstrueerde driehoek de juiste is.
Opmerkingen.
Vraagstukken.
81. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de som de opstaande zijden, de basis en een basishoek.
82. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, de tophoek en de som der opstaande zijden. _
83. Construeer een rechthoekigen driehoek, als gegeven zijn: de hypotenusa en de som der rechthoekszijden.
84. Construeer een gelijkbeenigen driehoek, als gegeven zijn: de tophoek en de som van de basis en een been.
85. Construeer een gelijkbeenigen driehoek, als gegeven zijn: de tophoek en het verschil van de basis en een been.
86. Construeer een gelijkzijdigen driehoek, als gegeven zijn: de som van een zijde en de bisseetrice van een aanliggenden hoek.
87. Construeer een gelijkbeenig rechthoekigen driehoek als de omtrek gegeven is.



58
88. Construeer een rechthoekigen driehoek, als gegeven zijn: een scherpe hoek en de som der rechthoekszijden.
$9. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de hoeken aan de basis'en de omtrek.
90. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, de tophoek en het verschil der opstaande zijden, -v „
91. In een gegeven lijn een punt de construeeren, dat even ver verwijderd is van twee gegeven punten.
92. Op een gegeven lijn PQ een punt zoo te construeeren, dat de lijnen, die dit punt met twee gegeven punten A en B verbinden, gelijke hoeken met PQ maken.
■93. Op een gegeven lijn een punt zoo te construeeren, dat de lijnen, die dit punt met twee gegeven punten A en B verbinden, loodrecht op elkaar staan.
94. Construeer een gelijkbeenigen driehoek, als gegeven zijn: een been en de zwaartelijn naar het andere been.
05. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: twee zijden en de zwaartelijn naar de derde zijde.
"96. In een A ABC een lijn DE te construeeren, die evenwijdig loopt aan de basis en gelijk is aan de som der stukken AD en BE, die zij van de andere zijden afsnijdt. (C is de top.)
07. In denzelfden driehoek een lijn DE te construeeren, die evenwijdig loopt aan de basis en gelijk is aan het verschil der stukken AD en BE, die zij van de andere zijden afsnijdt.
08. ' Construeer een driehoek, als gegeven zijn: een opstaande zijde,
de hoogtelijn uit den top en het verschil der basishoeken. 99- Bewijs, dat twee rechthoekige driehoeken congruent zijn, als zij . gelijk hebben: de som der rechthoekszijden en een scherpen hoek. 100. Bewijs, dat twee driehoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: een zijde en de loodlijnen uit de uiteinden dier zijde op de overstaande zijden getrokken.
HOOFDSTUK IX. VEELHOEKEN.
§ 57. Een veelhoek is een deel van een plat vlak, dat Ingesloten wordt door meer dan drie lijnen. (Fig. 63.)



59
Naar het aantal zijden onderscheidt men de veelhoeken in vierhoeken, vijfhoeken, enz.
De veelhoek van fig. 63 is een zeshoek.
Bij een veelhoek komen de volgende benamingen voor:
Fig. 63.
zijden . .* . •. . „de lijnen, die den veelhoek insluiten; omtrek , de som van de zijden,
hoeken . . . . . ., de hoeken,.die de zijden twee aan twee vormen;
(deze hoeken zijn door boogjes aangeduid); hoekpunten . . . ., de hoekpunten van de hoeken;
diagonalen . , . ., lijnen, die twee niet op elkaar volgende hoekpunten verbinden.
De veelhoeken hebben' vier eigenschappen, die voor alle veelhoeken gelden. Daarom noemt men ze algemeene eigenschappen.
Wij zouden deze vier algemeene eigenschappen bij een zeshoek kunnen bewijzen, maar dan moesten wij ze ook weer bij een zevenhoek, bij een achthoek, enz. bewijzen. Wij nemen daarom een veelhoek met een willekeurig aantal zijden. Dezen veelhoek noemen wij een n-hoek. Met dezen n-hoek bewijzen wij de vier algemeene eigenschappen en passen ze daarna op bepaalde veelhoeken toe.
§ 58.
Algemeene Eigenschappen.
3) diagonalen trekken.
I. In een n-hoek kan men % n (n — Gegeven: ABCDEFG is een n-hoek. Te bewijzen: men kan % n(n — 3) diagonalen trekken.
Bewijs.
Uit punt A kan men geen diagonaal trekken naar A zelf. Ook niet naar B en G. Verbindt men de andere hoekpunten met A, dan ontstaan er evenveel dagonalen als er andere hoekpunt^jj|||jn. Hoeveel andere hoekpunten zijn er nu?
Fig. 64.



60
In 't geheel zijn er n hoekpunten. Er vallen 3 hoekpunten af. Er blijven dus n — 3 hoekpunten. Déze verschaffen ons ri — 3 diagonalen.
Uit A kan men dus n — 3 diagonalen trekken. Op dezelfde wijze bewijst men: * A•
Uit B kan men n — 3 diagonalen trekken, enz. Nu zijn er n hoekpunten. Daaruit kan men derhalve trekken n x (n — 3) diagonalen. Maar dan heeft men elke diagonaal dubbel geteld. De diagonaal AC is 'b»jvV' eerst bij het hoekpunt A gerekend en Jater nog eens bij het hoekpunt Cf
In 't geheel bedraagt dus het aantal diagonalen in een n-hoek i/2n(n-3).
Hoeveel diagonalen kan men trekken in een zestienhoek? In een n-hoek % n (n — 3) diagonalen.
n is hier 1G.
De fomule wordt % x 16 (16 — 3) = ••
8 x 13 =104 diagonalen.
II. Trekt men in een n-hoek alle diagonalen uit één hoekpunt, dan
wordt de veelhoek in n — 2 driehoeken verdeeld. (Fig. 64.)
Gegeven: ABCDEFG is een n-hoek.
Uit punt A zijn alle diagonalen getrokken Te bewijzen: ■ de n-hoek wordt in n — 2 driehoeken verdeeld.
Bewijs.
Trekt men eerst de diagonalen AF en AC, dan hebben wij reeds 2 driehoeken, waarin 4 zijden voorkomen. Er blijven nu nog n — 4 zijden over. Trekken wij nu de andere diagonalen, dan geeft elke van deze n — 4 zijden één driehoek. Zoo ontstaan er n —- 4 driehoeken. In 't geheel dus n — 4 + 2 driehoeken = n — 2 driehoeken.
In, hoeveel driehoeken verdeelt men' een 10-hoek, als men alle ■diagonalen uit één hoekpunt trekt? tlflJt De formule is n — 2 driehoeken; n is hier 10; de formule wordt dus 10 — 2 driehoeken = 8 driehoeken
III. De som van de hoeken van n-hoek =
(n —2) x 180°.



61
Bewijs.'.
Trekt men uit een hoekpunt- alle dioganalen, dan krijgt men n.— 2 driehoeken. De hoeken van deze driehoeken .vormen juist de hoeken van den n-hoek. De som der hoeken van één driehoek is 180°, dus de som der hoeken van n — 2 driehoeken = (n — 2) x 180°. Hoeveel bedraagt de som der hoeken van een twaalfhoek? n is hier 12. De formule, wordt:
(12 — 2) x 180° = 10 x 180° = 1800°.
IV. De som van de buitenhoeken van een n-hoek = 360°. Bewijs.
Wij stellen een hoek voor door een hoofdletter H.
zijn buitenhoek voor dóór een hoofdletter B. H + B = 180°
;—— X n
nH + nB = n x 180°
nH = (n — 2) x 180° - - (III)
af >■
nB = n x 180° — (n — 2) x 180°
= n x 180° — n x 180° + 2 x 180° alle buitenhoeken = 2 x 180° = 360°.
^ 59. Opgaven.
1. Hoeveel diagonalen kan men trekken in een vierhoek, in een achthoek, in een zesendertighoek?
2. In hoeveel driehoeken kan men een achtendertighoek verdeden, als men alle diagonalen uit één hoekpunt trekt?
3. Hoeveel bedraagt de som van de hoeken van een vierhoek, van een negenhoek, van een achttienhoek?
4. Hoeveel bedraagt de som der buitenhoeken van een vierhoek, van een twaalfhoek?
.5: Bewijs nog eens, dat de som der hoeken van een n-hoek.gelijk aan (n — 2) x 180° is, door een punt P binnen den veelhoek, met de hoekpunten te verbinden.
6. Een zijde van een veelhoek is kleiner dan de som der andere zijden. Bewijs deze eigenschap.
7. Van welken veelhoek bedraagt de som van de hoeken 2700°? •8. Van een vijfhoek verhouden zich de hoeken als 3 : 4 : 5 : 6 : 7.
Hoe groot is elke hoek?



62
HOOFDSTUK X.
HET PARALLELOGRAM.
§ 60. Een vierhoek, waarvan de zijden twee aan twee evenwijdig loopen, is een parallelogram.
A B CD
Fig. 65.
Reeds dadelijk zien we, dat deze 4 vierhoeken zeer in vorm verschillen. Dit hebben ze echter gemeen: in elk figuur loopen de zijden twee aan twee evenwijdig. Daarom zijn ze alle vier parallelogrammen.
Omdat een parallelogram een vierhoek is, heeft het in de eerste plaats de eigenschappen van eiken-vierhoek. Het omgekeerde is niet waar. (Waarom niet?) Wij weten dus al:
Een parallelogram heeft twee diagonalen. Een parallelogram heeft vier hoeken, die samen 360° zijn. De som der buitenhoeken is 360°. Opmerking. Twee hoeken, die aan dezelfde zijde liggen, zijn samen 180°, want het zijn twee binnenhoeken aan denzelfden kant van de snijlijn.
§ 61. Een parallelogram is een bijzonder soort van vierhoek, dus heeft het ook bijzondere eigenschappen, die een willekeurige vier-
ElGENSCHAPPEN VAN HET PARALLELOGRAM.
Eigenschap I. Een diagonaal verdeelt een parallelogram in twee congruente driehoeken.



Gegeven: ABCD is een parallelogram.
Te bewijzen: A ABD^ABDC.
Bewijs.
DC // AB dus
l_ CDB =- /_ DBA (verwisselende binnenh.).
AD //BC dus
l_ ADB = l_ CBD.
DB is de gemeenschappelijke
zijde. De driehoeken ABD en BDC
hebben dus een zijde en twee aanliggende hoeken gelijk; dus * A ABD gg A BDC.
Fig.. 66.
De leerling trekke diagonaal AC en bewijze: A ABC ^ A ADC.
Eigenschap II. In een parallelogram zijn de overstaande zijden gelijk
Gegeven: ABCD is een parallelogram. i,$$Q
Te bewijzen: AD = BC AB = DC.
Bewijs.
Wij trekken de diagonaal DB. Dan is A ABD gg A BCD.
In zulke driehoeken staan over gelijke hoeken gelijke zijden.
Derhalve: AD = BC en AB=DC.
Fig. 67.
Eigenschap III. In een parallelogram zijn de overstaande hoeken gelijk.
(Fig. 67.) Deze stelling bewijze de leerling zelf. Uit de congruentie der driehoeken ADB en DBC volgt terstond /_ A = /_ C, en uit
63



64
de congruentie der driehoeken ADC en ABC volgt dadelijk / D = /B. (Hét .geheeje bewijs opschrijven met gegeven en te bewijzen).
§ 62. Is één hoek van een parallelogram scherp, dan is de overstaande hoek ook scherp. De andere hoeken zijn dan beide stomp, (waarom?) Een parallelogram met één scherpen hoek noemt men een scheefhoekig parallelogram.
Is één hoek reeht, dan zijn alle hoeken recht, (waarom?) Een parallelogram met één rechten hoek noemt men een rechthoekig parallelogram.
§ 63. Het parallelogram van fig. -65B is een bijzonder soort van parallelogram; de zijden zijn namelijk alle even groot. (Men kan ook zeggen: twee opeenvolgende zijden zijn even groot.)
Zoo'n parallelogram noemt men een ruit.
Een ruit is een scheefhoekig parallelogram, waarvan de zijden gelijk zijn.
Een ruit heeft behalve de vier eigenschappen van het parallelogram nog twee bijzondere eigenschappen, die het parallelogram mist.
Eigenschap I. In een ruit deelen de diagonalen elkaar loodrecht middendoor.
Eigenschab'IV. 3|tt een parallelogram deelen de diagonalen elkaar middendoor.
_ •;" - Gegeven: ABCD is 'een paral-
Fig 68.
lelogram. Te bewijzen: AE = EC.
EB = ED.
Bewijs.
ABCD is een parallelogram, dus AB = DC (II).
/ CDB = / DBA. / DCA = / CAB. derhalve AAEBSHADEC. Daaruit volgt AE = EC en EB = ED.
Eigenschappen van de ruit.



Gegeven: ABCD is een ruit. Te bewijzen DE =EB, AE =EC en AEJJDB.
Bewijs.
Omdat een ruit ook een parallelogram is, kunnen wij terstond besluiten DE = EB en AE = EC (IV). Er blijft slechts over te be¬
wijzen / AEB = 90°.
AB = AD (zijden van de ruit), ■ ^tïfagjjjgefê *
EB = DE, AE is gemeenschappelijk, dus'A -ABÈ-gi A AÈD:, derhalve'' / AEB = / AED.
Samen zijn ze 180°. Ieder is', dus 90^.-;-
Eigenschap II. De diagonalen deéi«B^S|e Imeke»-. ïj|$n eè^. r^lt , middendoor.
(Fig. 69.) Deze stelling volgt onmiddellijk uit de congruentie van de driehoeken AEB en AED. (Het geheele bewijs opschrijven.)
§ 64. Het parallelogram van fig. 65 C is een bijzonder Soort parallelogram. Een hoek is namelijk 90°, dus alle hoeken zijn 90°. Zoo'n parallelogram heet een rechthoek.
Een rechthoek is een parallelogram, waarvan de hoeken recht zijn.
Een rechthoek heeft behalve de vier eigenschappen van het parallelogram nog één bijzondere eigenschap, die het parallelogram mist.
Eigenschap van den rechthoek. Eigenschap I. De diagonalen in een rechthoek zijn gelijk.
Fig. 70.
Gegeven: ABCD is een rechthoek. Te bewijzen: DB = AC.
Meetkunde, 5e druk.
65



Bewijs.
AD = BC, / DAB = Z CBA' zijQe AB is gemeenschappelijk. A DAB £g A ABC (twee zijden en de ingesloten hoek zijn gelijk)
dus DB = AC. • De twee driehoeken liggen over elkander. Voor de duidelijkheid, zijn de driehoeken ook afzonderlijk geteekend.
§ 65. Het parallelogram van fig. 65D is een bijzonder soort parallelogram. Alle zijden en alle hoeken zijn even groot, het is dus als het ware een ruit met rechte hoeken. Men noemt het een vierkant. Een vierkant is een parallelogram met gelijke zijden en hoeken.
, Omdat een vierkant een parallelogram is, heeft het de vier eerste eigenschappen; omdat het een ruit is, heeft het de twee eigenschappen van de ruit; omdat het een rechthoekige parallelogram is, heeft het ook de eigenschap van den rechthoek.
Wij geven hier een kort overzicht; de leerling noeme de eigenschappen uit het hoofd op.
1. Een parallelogram heeft 4 eigenschappen. II. Een ruit heeft 4 + 2 = 6 eigenschappen.
III. Een rechthoek heeft 4 + 1=5 eigenschappen.
IV. Een vierkant heeft 4 + 2 + 1=7 eigenschappen.
§ 66. Opgaven.
1 In een parallelogram worden twee hoeken aan een zijde middendoor gedeeld. Bewijs,'dat de deellijnen een hoek van 90° vormen.
2. Deoverstaande hoeken van een parallelogram worden middendoor gedeeld. Bewijs, dat de deellijnen evenwijdig loopen.
3 Men verbindt de hoekpunten van twee overstaande hoeken in een parallelogram met de middens der overstaande zijden. Bewijs, dat de verbindingslijnen gelijk zijn.
4. Bewijs, dat de afstanden tusschen de beide paren evenwijdige zijden in een ruit gelijk zijn.
5. Uit een willekeurig punt van de basis van een gelijkbeenigen driehoek laat men loodlijnen neer op de opstaande zijden. Bewijs, dat de som van die loodlijnen gelijk is aan de hoogtelijn uit een basishoek.
§ 67. Bij het maken van vraagstukken komt het vaak voor, dat men moet bewijzen, dat een lijn gelijk is aan een andere lijn, of dat
66



67
twee lijnen evenwijdig loopen. Kan men nu bewijzen, dat ze overstaande zijden van een parallelogram zijn, dan is men natuurlijk terstond klaar.
Bijv. opgave 3 van § 66. Door middel van congruente driehoeken
hebben We bewezen, dat AF=EC. Kon men nu aantoonen, dat AECF I een parallelogram was, dan hadden I we de driehoeken kunnen missen I
De vraag is dus maar:
Waaruit kan ik besluiten, dat een I vierhoek een parallelogram is?
In de eerste plaats: als de zijden I twee aan twee evenwijdig loopen.
Wij zullen nog vier andere antwoorden geven, waarvan wij er twee
bewijzen. De twee andere bewijze de leerling.
I. Een vierhoek is een parallelogram, als de overstaande hoeken gelijk zijn.
Fis. 71.
Gegeven: / A = / C.
Z B = / D. Te bewijzen: vierhoek ABCD is een parallelogram
Bewijs
Fig. 72.
We weten / A+ /B+/C+/D = 360°.
Nu kunnen wij voor Z c zetten / a.
„ » ZD » BWij krijgen: za+ZB+za+ZB = z360°. 2(za+zb)=360°. za+zb = 180°. dus ad //bc.
Nu kunnen wij voor zb zetten zd.
| -., t „ zc „ za.
Wij krijgen: za+zd+za+zd=360°. 2 (za+zd)=360°. za+zd=180°. dus ab // dc.



68
Vierhoek ABCD is dus een vierhoek, waarvan de zijden twee aan twee evenwijdig loopen, dus een parallelogram.
II. Een vierhoek een parallelogram, als twee overstaande
zijden gelijk zijn en tevens evenwijdig loopen.
€■■■) Gegeven: DC = AB en DC // AB.
Te bewijzen: vierhoek ABCD is een parallelogram.
Bewijs.
Wij trekken de diagonaal DB. Nu ontstaan er twee congruente
Fig. 73. driekoeken.
A ABD en A BDC, want / DBA = /_ CDB, lijn AB = lijn DC. de diagonaal BD is een gemeenschappelijke zijde.
derhalve A ABD ^ A BDC. daaruit volgt / ADB = / DBC en hieruit AD // BC.
Vierhoek ABCD is dus een parallelogram, want de zijden loopen twee aan twee evenwijdig.
III. Een vierhoek is een parallelogram, als de overstaande zijden gelijk zijn. |||||
De leerling bewijze zelf. Een diagonaal als hulpijn trekken.
IV. Een vierhoek is een parallelogram, als de diagonalen elkaar middendoor deelen.
(Zelf bewijzen.)
§ 68. Om te bewijzen, dat een vierhoek een ruit is, bewijst men eerst dat de vierhoek een parallelogram is; daarna dat twee opeenvolgende zijden gelijk zijn.
Moet men bewijzen, dat een vierhoek een rechthoek is, dan bewijst men eerst, dat de vierhoek een parallelogram is; daarna dat een hoek recht is.
Moet men bewijzen, dat een vierhoek een vierkant is, dan bewijst men eerst, dat de vierhoek een ruit is, daarna dat een hoek recht is.



69
§69. Opgaven.
1. Bewijs, dat een vierhoek een ruit is, als de diagonalen elkaar loodrecht middendoor deelen.
2. Bewijs, dat een parallelogram een rechthoek is, als de diagonalen even lang zijn.
3. Bewijs, dat een ruit een vierkant is, als de diagonalen gelijk zijn.
4. Verbindt men de middens van de zijden van een parallelogram, dan ontstaat een nieuw parallelogram. Bewijs dat.
5. Bewijs, dat een parallelogram een ruit is, als de afstanden tusschen de twee paren evenwijdige zijden gelijk zijn.
HOOFDSTUK XI. HET TRAPEZIUM.
§ 70. Een trapezium is een vierhoek, waarvan slechts twee zijden evenwijdig loopen (de andere twee loopen niet evenwijdig).
ABC Fig. 74.
De twee zijden, die evenwijdig loopen, noemt men de evenwijdige zijden; een daarvan heet de basis (meestal de langste). De niet•evenwijdige zijden noemf men opstaande zijden of beenen.
Zoo noemt men in fig. 74 AB en DC evenwijdige zijden, AD en BC beenen, AB basis. Den afstand tusschen de twéé evenwijdige zijden noemt men de hoogte van het trapezium.
Zijn dé twee beenen van een trapezium gelijk, dan heet het een gelijkbeenig trapezium (fig. 74 C).
Zijn de beenen niet gelijk, dan heet het trapezium een ongelijkbeenig trapezium (fig. 74 A).
Staat een been loodrecht op de evenwijdige zijden, dan heet het trapezium rechthoekig (fig. 74 B).



70
§ 71. Een gelijkbeenig trapezium heeft twee belangrijke eigenschappen.
Eigenschap I. In een gelijkbeenig trapezium zijn de hoeken aan de basis gelijk. "*
Gegeven: ABCD is een gelijkbeenig
trapezium. Te bewijzen: / A = / B.
Bewijs.
Wij trekken de hulplijnCE//AD.
Nu ontstaat er een parallelogram en een driehoek.
De overstaande zijden in een par. zijn gelijk dus CE = AD.
Maar AD = BC (gegeven) dus.
Fig. 75. CE = BC.
A CEB is dus gelijkbeenig. Derhalve / E = / B. Maar / E = / A (overeenkomstige hoeken), dus / A = Z B.
Eigenschap II. In een gelijkbeenig trapezium zijn de diagonalen
gelijk.
I Gegeven: ABCD is een gelijkbeenig
trapezium. Te bewijzen: AC = BD.
Bewijs.
A ABC gi A ADB want BC = AD, / ABC = / DAB. (Eigenschap I.)
Fig. 76. AB is de gemeenschappelijk zijde,
dus AC = BD.
De twee driehoeken liggen gedeeltelijk over elkander; de leerling teekene ze naast elkaar, evenals in fig. 70 gedaan is.
§ 72. Bij het maken van vraagstukken is het soms zeer gemakkelijk dadelijk te kunnen besluiten, dat een trapezium gelijkbeenig is. Daarom zullen we deze twee eigenschappen omkeeren.



71
Eigenschap I. Als de hoeken aan de basis gelijk zijn, is een trapezium gelijkbeenig.
Gegeven: ABCD is een trapezium.
ZA = /B. Te bewijzen: AD = BC.
Bewijs.
Wij trekken CE // AD; dan is / E = / A. Maar / A = / B; dus is: / E = / B. Hieruit volgt: A EBC is gelijkbeenig; dus CE = BC. Omdat AECD een parallelogram is, is CE = AD.
Derhalve AD = BC.
Fig.
Eigenschap II. Als van een trapezium de diagonalen gelijk zijn, is
het gelijkbeenig. Gegeven: ABCD is een
trapezium.
AC = BD. Te bewijzen: AD = BC.
Bewijs.
Wij trekken DE // AC en verlengen AB tot deze DE in E ontmoet. Nu is A EDB gelijkbeenig
(waarom?); * Fig. 78.
dus / E = / DBE en / E = / CAB dus
/ DBE = / CAB. pi Nu is het niet moeilijk meer te bewijzen A ABD ^ A ABC, want AB is gemeenschappelijk en BD = AC. Zij hebben dus twee zijden met den ingesloten hoek gelijk. Uit die congruentie der driehoeken volgt: AD = BC.
§ 73. In het trapezium hebben wij twee hulpüjnen leeren trekken. Een hulplijn evenwijdig aan een been, de andere evenwijdig aan een diagonaal. Bij het construeeren van trapeziums spelen deze tweo



72
hulplijnen eengroote rol. Wij zullen dit met twee vraagstukken, waarvan wij alleen de analyse geven, duidelijk maken.
Vraagstuk I. Construeer een trapezium, als de zijden gegeven zijn.
Fig. 79.
Gegeven: de vier zijden.
a en d zijn de evenwijdige zijden, b = grootste been. c = kleinste been. Gevraagd: Construeer het trapezium.
Analyse.
Wij moeten construeeren een trapezium; fig. 79 is ons model. De juiste gegevens zijn daar naast geteekend. Dadelijk het geheele trapezium construeeren is onmogelijk, dus zoeken wij naar een driehoek, dien we wel dadelijk kunnen construeeren.
Indien we uit C een lijn CE // AD trekken, ontstaat er zulk een driehoek, A CEB.
Van dien driehoek zijn de drie zijden bekend, want: CE = AD = een gegeven been. BC is zelf een gegeven been.
BE = het verschil van de twee gegeven evenwijdige zijden (AE = DC; de kleinste evenw. zijde is als het ware op de grootste afgepast). Wij construeeren dus dien driehoek met de-juiste gegevens; wij maken de basis zoo lang zij wezen moet; wij trekken AD // CE en CD // AB en het trapezium is klaar.
Vraagstuk II. Construeer een trapezium, als gegeven zijn: de diagonalen; de hoek, dien de diagonalen met elkaar vormen; een evenwijdige zijde.



73
Gegeven: de diagonalen;
de hoek, dien ze vormen; de kleinste evenwijdige zijde.
Gevraagd: Construeer het trapezium.
Fig. 80.
Analyse.
Fig. 80 is het model (de juiste gegevens zijn niet aangegeven, zooals in fig. 79; de leerling teekene ze zelf). Dadelijk het trapezium construeeren, gaat niet. Dus zoeken we naar een driehoek, die geconstrueerd kan worden. Trekken wij CE // diagonaal DB, dan ontstaat bij verlenging van AB een driehoek ACE.
Van dezen driehoek zijn bekend: twee zijden en de ingesloten hoek, want: AC = eén gegeven diagonaal.
CE = DB = een gegeven diagonaal.
/_ ACE is gelijk aan den hoek, gevormd door de diagonalen. Wij construeeren dezen driehoek, passen de kleinste evenwijdige zijde op de basis af, (zoo krijgen wij punt B, BE = DC) verbinden B met C, trekken uit B de diagonaal BD // CE, geven haar de juiste lengte, verbinden D met A en C, en het trapezium is klaar. (Waaraan is lijn AE gelijk?)
§ 74. Bij het construeeren van parallelogrammen en trapeziums altijd eerst een driehoek zoeken, die geconstrueerd kan worden. Bij het parallelogram is die meestal spoedig gevonden. Het is een der driehoeken, die door de diagonalen gevormd worden. Denk altijd aan de eigenschap, dat de diagonalen elkaar middendoor deelen, soms zelfs loodrecht.
Bij het trapezium gebruikt men de eerste hulplijn, als zijden gegeven zijn: de tweede, hulplijn, als diagonalen gegeven zijn. • Soms beide hulplijnen.
§ 75 Opgaven.
1. Construeer een trapezium, als gegeven zijn: de basis, de hoeken aan de basis en een been.



74
2. Construeer een gelijkbeenig trapezium, als gegeven zijn: de evenwijdige zijden en een been.
3. Construeer een rechthoekig trapezium, als de evenwijdige zijden en een been gegeven zijn.
4. Construeer een trapezium als gegeven zijn; de evenwijdige zijden, een been en de lijn, die de middens der evenwijdige zijden verbindt.
5. Construèer een trapezium,, waarvan de evenwijdige zijden en de diagonalen gegeven zijn.
6. Wordt gevraagd een parallelogram te construeeren, waarvan gegeven zijn: twee opeenvolgende zijden en de ingesloten hoek.
7. Van een ruit zijn de diagonalen gegeven. Construeer die ruit
8. Construeer een gelijkbeenig trapezium, als de evenwijdige zijden en een diagonaal gegeven zijn.
Vraagstukken.
101. De som der diagonalen van een vierhoek is kleiner dan de omtrek. Bewijs deze stelling.
102. Uit een punt P, binnenjde beenen van / A gelegen, laat men de loodlijnen PE en PD op de beenen neer. Bewijs / EPD + / A = 180°.
103. Hoeveel diagonalen kan men in een twintighoek meer trekken dan in een zeventienhoek?
104. Een der hoeken van een vijfhoek is 80°. De andere hoeken verhouden zich als 4:5:6:8. Hoe groot zijn die hoeken?
105. In een parallelogram deelt men alle hoeken middendoor. Bewijs, dat de snijpunten der deellijnen de hoekpunten van een rechthoek zijn.
106. Bewijs, dat de diagonalen van den rechthoek uit het vorige vraagstuk evenwijdig loopen met de zijden van het parallelogram.
107. Uit een punt P binnen een gelijkzijdigen driehoek laat men loodlijnen neer op de drie zijden. Bewijs, dat de som van deze loodlijnen gelijk is aan een hoogtelijn van den driehoek.
108. Bewijs, iat de lijn, die in een driehoek de middens der opstaande zijden verbindt, evenwijdig loopt aan de. basis en tevens gelijk is aan de halve basis.
109. Men verbindt de middens van de zijden van een willekeurigen vierhoek. Bewijs, dat het figuur, dat daardoor ontstaat, een parallelogram is.



110. In een gelijkbeenig trapezium verdeelen de diagonalen elkander
in stukken, die twee aan twee gelijk zijn. Bewijs-deze eigenschap.
111. Construeer een vierkant, als een diagonaal gegeven is.
112. Construeer een vierkant, als de som van een diagonaal en een zijde gegeven is.
113. Construeer een vierkant, als het verschil van een diagonaal en een zijde gegeven is.
114. Een vierhoek te construeeren, als gegeven zijn: drie zijden en de hoeken, die aan de vierde zijde liggen.
115. Construeer een rechthoek, als de basis en de hoek, dien de diagonalen vormen, gegeven is.
116. Construeer een parallelogram, als een zijde gegeven is, de som der diagonalen en de hoek, dien ze vormen.
117. In een trapezium verbindt men de middens der opstaande zijden. Bewijs, dat deze verbindingslijn evenwijdig loopt aan de basis en gelijk is aan de halve som der evenwijdige zijden.
118. Construeer een trapezium, waarvan gegeven zijn: de kleinste evenwijdige zijde; de lijn, die de middens der evenwijdige zijden verbindt; de lijn, die de middens der beenen verbindt; en een der opstaande zijden.
119. Construeer een ruit, als een zijde en de som der diagonalen gegeven is.
120. Uit het hoekpunt D van een trapezium ABCD trekt men een lijn door het midden E van het been BC. Deze lijn ontmoet het verlengde van de basis AB in F. Bewijs, dat DE = EF
HOOFDSTUK XII. CONGRUENTIE VAN VEELHOEKEN.
§ 76. Twee veelhoeken zijn congruent, als men ze zoo kan plaatsen, dat ze elkaar volkomen bedekken.
De hoekpunten, de hoeken, de zijden, de diagonalen, die dan op elkander vallen en ook elkander volkomen bedekken, heeten gelijkstandige hoekpunten, hoeken, zijden en diagonalen.
75



76
Uit deze bepaling volgt:
gelijkstandige hoeken zijn gelijk; gelijkstandige zijden zijn gelijk; gelijkstandige diagonalen zijn gelijk.
§ 77. Eigenschap. Wanneer in twee veelhoeken met hetzelfde aantal zijden alle diagonalen uit twee overeenkomstige hoekpunten getrokken worden, en deze verdeelen de veelhoeken in driehoeken, die twee aan twee congruent zijn en tevens op dezelfde wijze aan elkaar aansluiten, dan zijn de twee veelhoeken congruent.
Fig. 81.
Gegeven: Uit hoekpunt A zijn alle diagonalen getrokken;
Uit hoekpunt F zijn alle diagonalen getrokken. A ABC A FGH. A ACD gg A FHL. A AED g£ A FML. De driehoeken sluiten op dezelfde wijze aan elkaar aan. Te bewijzen: veelhoek ABCDE gg veelhoek FGHLM.
Bewijs.
Het is slechts noodig aan te toonen, dat de veelhoeken elkander volkomen kunnen bedekken.
A ABC gg A FGH. Deze driehoeken zullen elkander dus volkomen kunnen bedekken. AC valt dan juist op FH. A ACD gi A FHL. AC ligt reeds op FH, derhalve zullen ook AD op FL en DC op LH vallen.
A ADE gg A FML. Nu ligt AD reeds op FL, derhalve zullen ook AE op FM en ED op ML vallen.
De veelhoeken bedekken elkaar volkomen, dus
veelhoek ABCDE gg veelhoek FGHLM.



§ 78. Deze stelling stelt ons in staat om spoedig de congruentie van twee veelhoeken te bewijzen; bijv.
Twéé parallelogrammen zijn congruent, als ze twee zijden en den ingesloten hoek gelijk hebben.
Fig. 82.
Gegeven: ABCD en EFGH zijn parallelogrammen; AD = EH; AB =. EF; Z A = /E. Te bewijzen: ABCD gg EFGH.
Bewijs.
Wij trekken de diagonalen BD en FH.
a ABD £H a EHF (twee zijden en ingesloten hoek). AD = BC en EH = GF, dus.
bc = GF. AB = DC en EF = HG, dus
dc = HG. a DBC gg a' HFG (drie zijden gelijk).
ABCD Cg EFGH, want zij bestaan uit driehoeken, die twee aan twee gelijk zijn en op dezelfde wijze aan elkander aansluiten.
§ 79. Het is niet beslist noodzakelijk de veelhoeken, waarvan men de congruentie wil bewijzen, door diagonalen in driehoeken te verdeelen. Men kan ook door andere lijnen in deelen verdeelen, als men maar zorgt, dat de deelen twee aan twee congruent zijn en op dezelfde wijze aan elkander aansluiten. Bijv.:
Twee trapeziums zijn congruent, als de vier zijden twee aan twee gelijk zijn.
77



78
Fig. 83.
Gegeven: ABCD en EFGH zijn trapeziums. AB = EF; AD = EH; DC = HG; BC = FG. Te bewijzen: ABCD ^ EFGH.
Bewijs.
Trek lijn CM // AD. Trek lijn GN // HE.
A MBC gg A NGF. (Ze hebben drie zijden gelijk. Waarom?)
MC = GN; MA = EN. (Waarom?)
/ CMA = / GNE (Waarom?),
dus par. AMCD Si par. ENGH; .(twee zijden en ingesloten hoek) Trapezium ABCD gg trapezium EFGH, want ze bestaan uit twee
deelen, die twee aan twee congruent zijn en tevens op dezelfde wijze
aan elkander aansluiten.
§ 80. Opgaven.
1. Bewijs, dat twee parallelogrammen congruent zijn, als zij twee zijden en een diagonaal gelijk hebben.
2. Bewijs, dat twee parallelogrammen congruent zijn, als zij gelijk hebben twee diagonalen en den hoek, dien deze vormen.
3. Bewijs, dat twee rechthoeken congruent zijn, als ze twee zijden gelijk hebben. —-
4. Twee ruiten zijn congruent, als ze een zijde en een diagonaal gelijk hebben. Bewijs dit.
5. Bewijs, dat twee vierkanten congruent zijn, als ze een diagonaal gelijk hebben.
6. Twee trapeziums zijn congruent, als zij gelijk hebben: de evenwijdige zijden en de hoeken aan de basis.
Twee trapeziums zijn congruent, als zij gelijk hebben de evenwijdige zijden en de diagonalen.



79
8. Bewijs, dat twee parallelogrammen congruent zijn, als ze een zijde en de diagonalen gelijk hebben.
9. Bewijs, dat twee trapeziums congruent zijn, als ze gelijk hebben: de diagonalen; den hoek, waaronder deze elkaar snijden; de basis.
10. Bewijs, dat twee willekeurige vierhoeken congruent zijn, als ze gelijk hebben: drie zijden en de diagonalen.
Gemengde Vraagstukken.
121. Als de bisseetrice van een der buitenhoeken van een driehoek evenwijdig loopt met een der zijden, dan is die driehoek gelijkbeenig. Bewijs dit.
122. Een der hoeken van een rechthoekigen driehoek is 60°. De bisseetrice van dezen hoek verdeelt de overstaande rechthoeksin twee deelen, waarvan het eene de helft is van het andere, zijde. Bewijs dit.
123. Als een rechthoekige driehoek een hoek van 60° heeft, dan zal de lijn, die de hypothenusa rechthoekig'middendoor deelt, de grootste rechthoekszijde in twee deelen verdeelen, waarvan het eene de helft is van het andere. Bewijs dit. .
t 124. Construeer een driehoek, als gegeven zijn, de hoogtelijn uit den
top; een der hoeken aan de basis; het verschil der deelen, waarin
de tophoek door de hoogtelijn verdeeld wordt. p 125. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: twee zijden en de
tusschenliggende zwaartelijn. r 126. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: het verschil van de
basishoeken; de hoogtelijn uit den top en een opstaande zijde.
127. Het verschil van de loodlijnen, uit een punt in het verlengde der basis van een gelijkbeenigen driehoek op de beenen neergelaten, is gelijk aan de loodlijn, uit een der uiteinden van de basis op het overstaande been neergelaten. Bewijs dit.
128. Bewijs, dat de diagonalen in een scheefhoekig parallelogram niet gelijk zijn.
129. In een trapezium verbindt men de middens der beenen. De diagonalen verdeelen deze verbindingslijn in drie deelen. Bewijs, dat de twee buitenste deelen gelijk zijn. •■
130. Het middelste deel van de verbindingslijn uit het vorige vraag- J<r/fiJ. stuk is gelijk aan het halve verschil der evenwijdige zijden.
Bewijs dit.



80
- Opmerking. Vergelijk nu eens de vraagstukken 108,117 en 130. In alle drie komt een lijn voor, die de middens verbindt. In 108 is deze lijn de halve basis. In 117 „ „ ,, de halve som der e. z. In 130 „ „ „ het halve verschil der e. z. . 131. Construeer een rechthoek, als gegeven zijn: een diagonaal en de som van twee opeenvolgende zijden. y 132. Construeer een parallelogram, als gegeven zijn: een der diagonalen; het verschil van twee op elkaar volgende zijden; de hoek tusschen twee zijden.
133. Bewijs, dat twee parallelogrammen congruent zijn, als zij gelijk hebben: een zijde; de hoogtelijn op die zijde en een diagonaal.
134. Bewijs, dat twee rechthoeken congruent zijn, als zij gelijk hebben: een zijde en den hoek der diagonalen.
135. Bewijs, dat twee ruiten congruent zijn, als zij gelijk hebben: den afstand tusschen twee overstaande zijden en een hoek.
136. Bewijs, dat twee vierkanten congruent zijn, als zij gelijk hebben: de som van een diagonaal en een zijde.
' * 137-y ?ewiJs dat twee trapeziums congruent zijn, als zij gelijk hebben: i^*2*^Z/de diagonalenutde lijn, die de middens der opstaande zijden verbindt; de basis.
138. Bewijs, dat de bissectrices van twee opeenvolgende hoeken van een vierhoek een hoék vormen, die gelijk is aan de helft van de som van de twee andere hoeken.
139. Bewijs, dat de bissectrices van twee overstaande hoeken van een vierhoek een hoek vormen, die gelijk is aan de helft van het verschil der twee andere hoeken.
140. Bewijs, dat twee veelhoeken congruent zijn, als zij alle zijden op één na, en de daardoor ingesloten hoeken gelijk hebben.
HOOFDSTUK XIII. EVENREDIGHEID VAN LIJNEN.
§81. ^Eigenschap I. Als eenige evenwijdige lijnen van een snijlijn
gelijke stukken afsnijden, dan snijden zij ook van iedere andere lijn, die zij ontmoeten, gelijke stukken af.



81
Gegeven: EL // FM // IN // GO // HP.
AB is de snijlijn. .
EF = FI = IG = GH.
CD is de lijn, die ontmoet wordt door de evenw. lijnen.
Te bewijzen:
LM = MN — NO
OP.
Bewijs.
Wij trekken de hulplijnen LR, MS, NU en OV alle //AB.
Nu zijn er vier parallelogrammen ontstaan: EFRL, FISM, IGUN en[GHVO.
LR = EF; MS:= FI;
NU = IG; OV = GH.
Omdat nu EF = FI = IG = GH, kunnen wij besluiten LR = MS
= NU = OV.
/ RML = / SNM = / UON = / VPO (als overeenkomstige h.). / RLM = / SMN = / UNO = / VOP (als overeenkomstige h.) De driehoeken LRM, MSN, NUO, OVP zijn dus congruent. Daaruit volgt: LM = MN = NO = OP.
§ 82. De gemeene maat van twee lijnen is een lijntje, dat een geheel aantal malen op de beide lijnen afgepast kan worden.
In fig. 85 is het lijntje g de gemeene maat van de lijnen a en b.
g kan 3 x op a afgepast worden en 5 x op b. a = 3 x g b=5xg. De verhouding tusschen de lijnen a en b is dezelfde als de verhouding tusschen de getallen 3 en 5. Dit wordt uitgedrukt door de evenredigheid
a :b = 3 : 5 ... 1)
Fig. 85.
Meetkunde, 3e druk.



Fig. 86.
In fig. 86 is de gemeene maat der lijnen c en d het lijntje f. c = 3 x f d = 5 x f. Wij hebben dus de evenredigheid
c : d = 3 : 5 2)
De everedigheden 1) en 2) hebben een reden gelijk, dus a : b = e : d.
De vier lijnen a, b, c en d vormen dus een evenredigheid
§ 83. ^Eigenschap II. Worden drie evenwijdige lijnen gesneden door twee snijlijnen, dan vormen de stukken, waarin die snijlijnen verdeeld worden, een evenwijdigheid.
(de stukken van de eerste snijlijn vormen de eerste reden
de gelijkliggende stukken van de tweede snijlijn vormen de tweede reden.)
Gegeven: de evenwijdige lijnen AB, CD, EF;
de snijlijnen PQ en RS; de stukken van PQ zijn a en b;
de stukken van RS zijn c en d.
Te bewijzen: a : b = c : d.
Bewijs.
Zij m de gemeene maat van de stukken a en b. Het lijntje m passen wij op a en b af. Hier blijkt: a = 2 x m en b =5 xm,
Fig. 87.
derhalve a : b
2:5.
1)
82



83
Door de deelpunten, die wij op de lijnen a en b gekregen hebben, trekken wij lijnen // AB.
Deze evenwijdige lijnen snijden van PQ zeven gelijke stukken af. Nu zullen zij volgens § 81 ook van RS zeven gelijke stukken afsnijden. Zoo'n stuk noemen wij p.
Van deze zeven lijntjes p bevat het stuk c er twee; het stuk d bevat er vijf,
derhalve c : d = 2 : 5 2)
Uit de evenredigheden 1) en 2) volgt nu: a : b = c : d.
Opmerking. Het zou kunnen gebeuren, dat de twee lijnen a en b geen gemeene maat hadden. Zulke lijnen bestaan er. Men noemt ze onderling onmeetbaar. De stelling van § 83 gaat dan toch door. Hebben twee lijnen geen gemeene maat, laten wij dan den millimeter als gemeene maat beschouwen. Beide lijnen worden dan in m.M. uitgedrukt en de verhouding der lijnen is dezelfde als de verhouding der getallen, die het aantal m.M. aangeven.
§ 84. (Eigenschap III. Als drie lijnen, waarvan er twee evenwijdig loopen zóó door twee snijlijnen gesneden worden, dat de gelijkliggende stukken een evenredigheid vormen, dan loopt de derde lijn evenwijdig met de eerste twee.
Gegeven: EF // GH.
MG : GE = NH : HF. Te bewijzen: MN // GH // EF.
Bewijs.
Was de lijn MN niet evenwijdig aan GH en EF, dan konden wij door M de witte lijn MN^trekken, die wel evenwijdig was aan GH en EF. ' Dan hadden wij volgens §83 MG:GE
= NjH : HF.
Er is gegeven MG : GE = NH : HF. Fig. 88.
Deze twee evenredigheden hebben drie termen gelijk, dus moeten ook NXH en NH gelijk zijn.
De punten Nt, en N blijken dezelfde te zijn, dus de witte en de zwarte lijn zijn dezelfde en loopen // GH en EF.
§ 85. Wij hebben gezien, dat er een evenredigheid bestaat, waarvan de termen lijnen zijn. Nu doet de vraag zich voor: Mogen de



84
eigenschappen van de getallen-evenredigheden nu ook toegepast worden op de lijnen-evenredigheden?
Zeer zeker, want elke lijnen-evenredigheid kunnen wij dadelijk veranderen in een getallen-evenredigheid, als we alle lijnen met eenzelfde lengtemaat (bijv. mM., cM., dM., enz.) meten.
De termen van de evenredigheid MG : GE = NH : HF (§ 84) kunnen wij dus ook beschouwen als getallen.
Passen wij de hoofdeigenschap toe, dan komt er MG x HF = GE x NH.
MG x HF, een product van lijnen, beteekent nu: het produkt van de getallen, die men verkrijgt, als men de beide lijnen met eenzelfde lengtemaat meet. Zijn drie termen van zoo'n evenredigheid bekend, dan kunnen wij den vierden term berekenen.
Bijv. § 84 fig. 88. MG = 12 cM., GE = 2 dM., HN = 15 cM. • Hoe groot is FH?
Berekening.
MG : GE = HX : HF, alle lijnen gemeten met 1 cM. geeft: 12 : 20 = 15 : x
12x = 20 x 15 x = 25 HF is dus 25 cM.
§ 86. Eigenschap IV. Trekt men in een driehoek een lijn evenwijdig aan de basis, dan vormen de stukken, waarin de opstaande zijden verdeeld worden, een evenredigheid.
(De stukken Van de eene opstaande zijde vormen de eerste reden;
de gelijkliggende stukken van de andere opstaande zijde vormen de tweede reden.)
Gegeven: DE // AB. Te bewijzen: AD : DC = BE : EC.
Bewijs.
Wij trekken door C een hulplijn
// DE.
Fig- 89. Nu zijn er drie evenwijdige lijnen,
die door 2 snijlijnen gesneden worden. Volgens § 83. hebben wij dus AD : DC = BE : EC.



85
§ 87. Eigenschap V. Is in een driehoek een lijn getrokken, zoodanig, dat de opstaande zijden verdeeld worden in stukken, die een evenredigheid vormen, dan moet die' lijn evenwijdig aan de basis loopen. (fig. 89.) i
Gegeven: AD : DC = B E : EC. Te bewijzen: DE // AB.
Bewijs.
Wij trekken door C een lijn // DE. Xu loopen 2 lijnen evenwijdig en de stukken, waarin de opstaande zijden verdeeld worden, vormen een evenredigheid. Dan moet volgens § 84 DE evenwijdig loopen met AB.
Opmerking. De eigenschappen van § 86 >en § 87 zullen wij vereenigen en als volgt leeren:
Loopt de lijn evenwijdig aan de basis, dan vormen de stukken en evenredigheid en, omgekeerd, vormen de stukken een evenredigheid, dan moet de lijn evenwijdig aan de basis loopen.
Passen wij op de evenredigheid AD : DC = BE : EC de eigenschappen der evenredigheden toe, dan komen de volgende belangrijke
evenredigheden.
AD : DC = BE : EC 1)
(redens omkeeren) DC : AD = EC : BE 2)
(middelste termen verw.) AD : BE = DC : EC 3)
Past men op de eerste evenredigheid de eigenschap toe: de som van de termen der eerste reden staat tot de som van de termen der tweede reden, als een voorgaande staat tot een voorgaanden of als een volgende staat tot een volgenden, dan krijgen wij:
(AD + DC) : (BE + EC) = AD : BE of
= DC : EC AC : BC = AD : BE . ..... 4)
AC : BC = DC : CE ^ii, . 5)
De leerling teekene nog een fig. 89 en schrijve alle mogelijke evenredigheden op.
§ 88. Eigenschap VI. Trekt men in een driehoek een lijn evenwijdig aan de basis, dan staat die lijn tot de basis, als het stuk van de opstaande zijde staat tot de heele ópstaande zijde. (Het stuk wordt gerekend bij den top te beginnen.)



86
DE : AB
Fig. DC
90.
Gegeven: DE // AB.
Te bewijzen: DE : AB =CE:CB
Bewijs.
Wij trekken de hulplijn EF//AC, dan is DE = AF (waarom?).
Volgens § 87 Opmerking hebben wij nu AF : AB=CE : CB. Hierin vervangen wij AF door DE en krijgen DE : AB = CE : CB. De leerling bewijze nu ook
AC (welke hulplijn zoudt gij nu trekken?).
§ 89. Opgaven.
1. Drie evenwijdige lijnen snijden van twee snijlijnen vier stukken af. Drie van die stukken zijn 6 cM., 9 cM. en 12 cM Hoe lang is het vierde stuk?
2. Drie evenwijdige lijnen snijden van twee snijlijnen vier stukken af De twee stukken van een snijlijn zijn 7 cM. en 14 cM. De som van de andere twee stukken is 33 cM. Hoe lang is het derde en vierde stuk?
3. In een driehoek ABC is een lijn DE evenwijdig aan de basis AB gètrokken. AC = 15 cM. BC = 20 cM. Bereken DC, EC en BE, als gegeven is, dat AD = 6 cM.
4. Bereken die lijn DE uit de vorige opgave, als de basis 30 cM. is.
5. In een driehoek zijn de opstaande zijden 25 cM. en 30 cM. Men ij trekt een lijn evenwijdig aan de basis, die de hoogtelijn uit den
top verdeelt in twee stukken (van boven af gerekend), die zich verhouden als 2 : 3. Bereken de stukken, waarin de opstaande / zijden verdeeld worden.
6. De evenwijdige zijden van een trapezium zijn 15 cM. en 33 cM. Men trekt een lijn evenwijdig aan de basis, die de beenen in stukken (van boven af gerekend) verdeelt, die zich verhouden als 1 : 2. Hoe lang is die lijn?
HOOFDSTUK XIV. GELIJKVORMIGHEID VAN DRIEHOEKEN.
- § 90. Twee driehoeken zijn gelijkvormig, als de zijden een aanoehgeschahtldt c u uredighcid vormt».a^Üj^L-e^



87
De zijden van den eenen driehoek zijn de voorgaande termen; de zijden van den tweeden driehoek zijn de volgende termen.
C
Fig. 91.
In fig. 91 is A ABC gelijkvormig mét A DEF. Men schrijft A ABC ~ A DEF.
De zijden zijn namelijk zoo gekozen, dat*
AB : DE = BC : EF = AC : DF.
De zijden, die in één reden voorkomen, heeten gelijkstandige zijden. Bijv. AB en DE.
De hoeken en hoekpunten, die over gelijkstandige zijden liggen, heeten gelijkstandige hoeken en hoekpunten.
Bijv. / C is gelijkstandig met / F.
§ 91. In fig. 92 is DE // AB. * Volgens § 87 Opm. heeft men DC : AC = EC : BC.
Volgens § 87 Opm. heeft men DC : AC = DE : AB.
Uit deze beide evenredigheden volgt DC:AC=EC:BC=DE:AB.
Nu is volgens onze bepaling van § 90 A DCE .-v. A ACB.
Trekt men in een driehoek een lijn, evenwijdig aan de basis, dan wordt een driehoek afgesneden, die driehoek. Wij behandelen twee ge
Fig. 92.
gelijkvormig in met den geheelen
vallen van gelijkvormigheid.
Eerste geval.
~ § 92. Twee driehoeken zijn gelijkvormig, als zij twee hoeken gelijk hebben.



88
Gegeven:
Z D = Z A; Z F = / C. Te bewijzen:
A DEF ^ A ABC.
Bewijs. Wij hebben slechts aan te toonen, dat
Fig. 93. de zijden een
aaneengeschakelde evenredigheid vormen.
Van uit C passen wij op de zijde CA een stuk CG af, dat even groot is als DF. Uit G trekken wij een hulplijn GH // AB.
Nu is A GCH gi A DFE, want zij hebben gelijk 1 zijde en twee aanliggende hoeken. (Ga dit na.) Hieruit volgt: GC = DF; CH = FE: GH = DE.
Vol gens § 91 kunnen wij opschrijven:
GC : AC = HC : BC = GH : AB.
In deze aaneengeschakelde evenredigheid vervangen wij de vetgedrukte termen en krijgen: DF : AC = FE : BC = DE : AB.
* Tweede Geval.
§ 93. Twee driehoeken zijn gelijkvormig, als zij een hoek gelijk hebben en de zijden om dien hoek een evenredigheid vormen.
Fig. 94.
Gegeven: / F = / C; DF : AC = EF : BC. Te bewijzen: A DFE ^ A ACB.



89
■ Bewijs.
Van uit C passen wij op de zijde CA een stuk CG af, dat even groot is als DF. Uit G trekken wij een hulplijn GH // AB.
Nu kunnen wij opschrijven GC : AC = HC : BC. Vervangen wij hierin den vetgedrukten term door DF, dan krijgen wij: DF : AC = HC : BC.
Er was gegeven: DF : AC = EF : BC.
Deze twee evenredigheden hebben drie termen gelijk, dus moeten ook de andere termen gelijk zijn, derhalve HC = EF.
Dan is A GCH gg A DFE, want zij hebben twee zijden en den ingesloten hoek gelijk.
Hieruit volgt: GC = DF; CH = FE; GH = DE.
Volgens § 91 kunnen wij opschrijven:
GC : AC = HC : BC => GH : AB.
In deze aaneengeschakelde evenredigheid vervangen wij de vetgedrukte termen en krijgen: DF : AC = EF : BC = DE : AB.
§ 94. Eigenschap. In twee gelijkvormige driehoeken zijn de gelijkstandige hoeken gelijk.
Fig. 95.
Gegeven: A ABC ^ A DEF, of'DE : AB = EF : BC = DF :AC Te bewijzen) _' D = / A; / E = / B; / F = / C.
Wij nemen weer CG = DF. Omdat GH evenwijdig loopt • GC : AC = HC : BC of, omdat GC = DF,
DF : AC = HC : BC.
Bewijs.
De hulplijn GH // AB. met AB hebben wij:
er is gegeven:
DF : AC = EF : BC. Hieruit volgt: HC = EF.



90
GC : AC = GH : AB er is gegeven:
of, omdat GC = DF, DF : AC = DE : AB.
DF : AC = GH : AB Hieruit volgt:
GH = DE.
A DEF £g A GCH, want zij hebben drie zijden gelijk. Z F = / C. Z D = / G.
/ G = / A, dus Z D = / A.
Nu is van zelf ook / E = / B, want twee hoeken zijn er reeds gelijk. Uit § 92 en uit § 94 halen wij dezen regel:
Over gelijke hoeken staan gelijkstandige zijden en omgekeerd, over gelijkstandige zijden staan gelijke hoeken.
Wij zullen ons aanwennen om dadelijk in de gelijke hoeken dezelfde cijfers te plaatsen, dan kunnen wij gemakkelijk de evenredigheden opschrijven met behulp van dezen regel.
§ 95. Opgaven.
1. Van fig. 91 is gegeven: AB = 12 cM., AC = 8 cM., BC = lOcM. en DE = 9 cM. Hoe lang zijn EF en DF?
2. Bewijs, dat twee gelijkbeenige driehoeken gelijkvormig zijn, als zij een hoek gelijk hebben.
3. Bewijs, dat twee rechthoekige driehoeken gelijkvormig zijn als zij een scherpen hoek gelijk hebben.
4. Bewijs, dat twee gelijkzijdige driehoeken altijd gelijkvormig zijn.
5. Bewijs, dat twee rechthoekige driehoeken gelijkvormig zijn, als de rechthoekszijden een evenredigheid vormen.
6. Waarom zijn twee gelijkbeenig rechthoekige driehoeken altijd gelijkvormig?
HOOFDSTUK XV. TOEPASSINGEN.
§ 96. De toepassingen van de gelijkvormigheid van driehoeken zijn talrijker dan die van de congruentie. Als voorbeeld zullen wij een vraagstuk behandelen, terwijl wij tevens den weg aangeven, hoe men bij soortgelijke vraagstukken handelen moet.



Vraagstuk. In een rechthojkjyi'ji .driehoek is lu i product der rechthoekszijden gelijk aan de hoogtelijn op de hypotenusa maal de hypotenusa zelf. ft
Gegeven: A ABC is rechthoekig inA. AD 4; BC. Te bewijzen: ABx AC = AD x BC.
Bewijs.
Hetgeen te bewijzen is, vloeit voort uit de evenredigheid
AB : AD = BC : AC. (Deze evenredigheid is verkregen door de omgekeerde hoofdeigenschap
toe te passen.). Nu moeten wij twee
driehoeken zoeken uit welker gelijkvormigheid deze evenredigheid voortvloeit.
Deze driehoeken worden door de evenredigheid aangewezen.
AB en BC zijn de voorgaande termen en wijzen aan A ABC, want deze is de eenige driehoek, die deze zijden heeft.
AD en AC zijn de volgende termen en wijzen aan A ADC, want deze is de eenige driehoek, die deze zijden heeft.
Nu beproeven wij te bewijzen, dat deze driehoeken twee hoeken gelijk hebben.
Z C hebben ze gemeen; daarin plaatsen wij het cijfer 1. Z D = / A (beide 90°); daarin plaatsen wij het cijfer 2. De driehoeken zijn gelijkvormig, dus over gelijke hoeken staan gelijkstandige zijden; derhalve:
AD : AB = AC : BC en hieruit volgt • AB x AC = AD x BC. Opmerking. Natuurlijk behoeft niet in elk vraagstuk dat alles er bijgeschreven te worden, maar deze gedachtengang moet toch altijd gevolgd worden.
§ 97. In deze en de volgende paragraaf behandelen wij twee zeer belangrijke toepassingen van de evenredigheid van lijnen.
Eigenschap I. De bisseetrice van een hoek, verdeelt de overstaande zijde in twee stukken, die zich verhouden als de aanliggende zijden.
91



Gegeven: CD is de bisseetrice
■*«*•£' van / C.
r bewijzen: AD : DB = AC : BC. Bewijs.
Wij verlengen BC met een stuk CE = AC, en verbinden E met A.
Fig. 97. Nu loopt CD evenwijdig met AE,
want:
/ C = / E + / EAC. Deze twee hoeken zijn gelijk, dus Z E = Va Z C. Maar / DCB is ook 1j2 / C. Derhalve /E= / DCB;
dan is CD // AE. Wij kunnen dus opschrijven: r$jïïÊ&
H* AD : DB = EC : CB. Hierin vervangen wij EC door AC en krijgen: AD : DB = AC : CB.
§ 98. Eigenschap II. De bisseetrice van een buitenhoek verdeelt de overstaande zijde in twee stukken, die zich verhouden als de aanliggende zijden.
Gegeven: A ABC. DC
is de bisseetrice van den buitenhoek bij C.
Te bewijzen: DA:DB = AC:CB.
Bewijs.
Wij passen van uit C af CE = AC, verbinden E met A.
Fis. 98.
Nu loopt AE evenwijdig met DC, want:
de buitenhoek bij C = / CAE + / E. Deze twee hoeken zijn gelijk, dus Z CAE=1/2 buitenhoek bij G. Maar / DCA is ook 1/2 buitenhoek bij C. Derhalve / CAE = / DCA;
dan is AE // DC.
92



93
"Wij kunnen dus opschrijven: DA : DB = CE : CB. Hierin vervangen wij CE door AC en krijgen: DA : DB = AC : CB. , . Opmerking. Het eerste stuk is van uit D tot A.
Het tweede stuk is van uit D tot B.
§ 99. Eigenschap III. In twee gelijkvormige driehoeken verhouden zich twee gelijkstandige hoogtelijnen als twee gelijkstandige zijden.
Fig. 99.
Gegeven: A ABC ^ A DEF. CG J. AB. FH j_ DE. Te bewijzen: CG : FH = AC : DF.
Bewijs.
Omdat de driehoeken gelijkvormig zijn, is volgens § 94 / A = / D. Verder is / G = /H (beide 90°). Dus A AGC ^ A DHF (ze hebben twee hoeken gelijk). . Wij hebben dus de volgende evenredigheid: CG : FH = AC : DF.
§ 100. In het volgende hoofdstuk gebruiken wij vaak het woord projectie. Wij zullen hier aangeven, wat men daarmee bedoelt.
De projectie van een punt op een lijn is het voetpunt van de loodlijn, die men uit het punt op de lijn neerlaat. Ligt het punt reeds in de lijn dan is het punt zijn eigen projectie.



94
Door de projectie van een lijn op een andere lijn verstaat men den afstand van de projecties der eindpunten.
pS^jfi Fig. 100.
1) punt B is de projectie van punt A op lijn PQ.
2) lijn EF is de projectie van lijn CD op lijn PQ.
3) lijn GK is de projectie van lijn GH op lijn PQ.
4) lijn NO is de projectie van zijde LN op de zijde MN.
§101. Opgaven.
ï. De opstaande zijden van een driehoek zijn 15 cM. en 18 cM. De basis is 22 cM. De tophoek wordt middendoor gedeeld. Hoe groot zijn de stukken, waarin de bisseetrice de basis verdeelt?
2. De opstaande zijden van een driehoek zijn 16 cM. en 20 cM. De basis is 24 cM. De buitenhoek bij den top wordt middendoor gedeeld. Hoe groot zijn de stukken, waarin de bisseetrice de basis verdeelt?
3. In twee gelijkvormige driehoeken verhouden zich twee gelijkstandige zwaartelijnen als twee gelijkstandige zijden. Bewijs deze stelling.
4. In twee gelijkvormige driehoeken verhouden zich twee gelijkstandige bissectrices als twee gelijkstandige zijden. Bewijs dit.
5. Twee hoogtelijnen in een driehoek zijn omgekeerd evenredig met de zijden, waarop zij zijn neergelaten. Bewijs deze stelling.
6. Teeken een scherphoekigen driehoek. Teeken daarin de projecties van de opstaande zijden op de basis.
7. Teeken in een rechthoekigen driehoek de projecties van de rechthoekszijden op de hypotenusa.



95
Gemengde Vraagstukken.
141. Verdeel een gegeven lijn in zeven gelijke deelen.
142. Construeer een lijn, die 2| maal een gegeven lijn a is.
143. Construeer een lijn, die gelijk is aan 4| a — 3/, b, als a en b gegeven lijnen zijn. (Neem a > b).
144. Verdeel een gegeven lijn m in twee stukken, die zich verhouden als twee gegeven lijnen p en q.
p 145. Drie lijnen, die door een punt gaan, snijden van twee evenwijdige lijnen evenredige stukken af.
146. De diagonalen van een trapezium verdeelen elkaar in stukken, die zich verhouden als de aangrenzende evenwijdige zijden. Bewijs deze stelling.
147. Door het snijpunt der diagonalen van een trapezium trekt men een lijn evenwijdig aan de basis. Bewijs, dat het snijpunt juist in het midden dezer lijn ligt.
X 148. De lijn, die in een trapezium het snijpunt der diagonalen verbindt met het snijpunt van de verlengden der beenen, deelt de evenwijdige zijden middendoor. Bewijs dit.
X 149. De hjn, die in een trapezium de middens der beenen verbindt,
loopt evenwijdig, aan de basis en is gelijk aan de halve som der evenwijdige zijden. Bewijs deze stelling. 150. Construeer in een scherphoekigen driehoek twee hoogtelijnen. Bewijs, dat het product van de stukken der eene hoogtelijn gelijk is aan het product van de stukken der andere hoogtelijn. /f151. Twee driehoeken zijn gelijkvormig, als twee zijden en de zwaartelijn naar een dezer zijden in den eenen driehoek evenredig zijn met de gelijkliggende lijnen in den anderen driehoek. Bewijs dit.
152. Bewijs, dat twee driehoeken gelijkvormig zijn, als zij een hoek gelijk hebben en de bissectrices van de gelijke hoeken evenredig zijn met een paar aanliggende zijden.
153. Van een driehoek ABC deelt men den tophoek C en den buitenhoek bij C middendoor. De bissectrices snijden de basis in D en het verlengde van de basis in E. Bewijs, dat AE x BD = BE x AD.
154. De lij nen, die twee overstaande hoekpunten van eèn parallelogram met de middens van een paar overstaande zijden verbinden, verdeelen de diagonaal, die de andere overstaande hoeken verbindt, in drie gelijke stukken. Bewijs dit.



96
155. Trek door een gegeven punt binnen een gegeven hoek een lijn zoodanig, dat zij door het punt en de beenen in twee gelijke stukken verdeeld wordt.
156. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis en de tophoek. Verder is gegeven, dat de opstaande zijden zich verhouden als twee gegeven lijnen p en q.
157; Construeer een trapezium, als gegeven zijn: de evenwijdige zijden en de hoek, die de diagonalen vormen. Verder is-gegeven, dat de diagonalen zich verhouden als twee gegeven lijnen p en q
158. Construeer een trapezium, als gegeven zijn: de twee diagonalen, het verschil der evenwijdige zijden en de afstand tusschen de evenwijdige zijden.
159. Construeer een driehoek, als de tophoek en de hoogte gegeven zijn; verder dat de opstaande zijden zich verhouden, als twee
% gegeven lijnen p en q.
160. Construeer een driehoek, die gelijkvormig is met een gegeven driehoek en die een gegeven lijn p tot omtrek heeft.
HOOFDSTUK XVI. STELLINGEN VAN DEN BECHTHOEKIGEN DRIEHOEK.
Fis. 101
§ 102. In den rechthoekigen driehoek ABC van fig. 101 is de hoogtelijn AD getrokken. Nu wordt de groote driehoek ABC verdeeld in twee kleinere, n.m.1.
A AÜC en A ADB
Indien we A ADC vergelijken met den grooten driehoek, zien wij, dat ze beide rechthoekig zijn; tevens hebben zij /_ C gemeenschappelijk.
A ADC is dus gelijkvormig met A ABC 1)
Indien we A ADB vergelijken met den grooten driehoek, zien wij,, dat ze beide rechthoekig zijn; tevens hebben zij /_ B gemeenschappelijk* A ADB is dus gelijkvormig met A ABC 2)



97
Xu gaan we de twee kleine driehoeken vergelijken. Beide hebben een hoek van 90°.
I_ B = [_ CAD (want ze hebben hetzelfde complement
n.m.1. l_ DAB). A ADC is dus gelijkvormig met A ADB.... 3) Wij hebben nu de volgende belangrijke eigenschap: Eigenschap I. De hoogtelijn op de schuine zijde verdeelt den driehoek in twee kleinere rechthoekige driehoeken; elke kleine is gelijkvormig met den grooten; de twee kleine zijn onderling ook gelijkvormig.
middelevenredig
§ 103. Eigenschap II. Elke rechthoekszijde tusschen hare projectie op de schuine zijde en de sehuine zijde zelf.
Gegeven: A ABC is rechthoekig in A; AD J_ BC.
Te bewijzen: CD : AC = AC : BC.
Bewijs.
A ADC ^ A ABC, (Eigenschap I) dus over gelijke hoeken staan evenredige zijden.
Wij krijgen derhalve: CD : AC = AC : BC. Fig. 102.
Passen wij op deze evenredigheid de hoofdeigenschap toe, komt er: .AC2 = CD x BC of in woorden: Het vierkant van een rechthoekszijde =
haar projectie x schuine zijde.
dan
s %è&3^?3LÏ: (,,e hoogtelijn/op de
evenredig Uiünchi3i de stukken, waarin de hypotenusa verdeelt wordt.
Gegeven: A ABC is rechthoekig in. A. AD 1 BC.
Te bewijzen: CD : AD = AD : DB.
Bewijs.
A ADC ^ A ADB, (Eigenschap I) dus: CD : AD = AD : DB.
Meetkunde, 5e druk.
Ie schuine zijde is ■uatldrl-
Fig. 103.



98
Passen wij weer de hoofdeigenschap toe, dan krijgen wij:
AD2 = CD x DB; of in woorden: Het vierkant van de hoogtelijn =
het product der stukken van de schuine zijde.
§ 105. Eigenschap IV. De som van de vierkanten der rechthoekszijden = het vierkant van de schuine
zijde.
Gegeven: /XABC is rechthoekig in A. Te bewijzen: AC2 + AB2 = BC2.
Bewijs.
Wij trekken de hoogteüjn AD.
CD x BC . . . . eig. II. DB x BC . . . . eig. II.
AC2 AB2
op.
AC2
DB) X BC. X BC.
AB2 = (CD
pïd iru = BC
= BC2.
Deze eigenschap is bekend onder den naam van Het theorema van Pythagoras.
(Pythagoras was een Grieksch wijsgeer ± 600 v. Chr.)
§106. Eigenschap V. Het vierkant van een rechthoekszijde = het vierkant van de hypotenusa — het vierkant van de andere rechthoekszijde (fig. 104).
Gegeven: A ABC is rechthoekig in A. Te bewijzen: AC2 = BC2 — AB2.
Bewijs.
Volgens het theorema van Pythagoras is: AC2 + AB2 = BC2 AB2 = AB2
—af
AC2 = BC2 — AB2. Deze laatste stelling wordt zeer veel gebruikt. Wij zullen haar noemen:
Het gevolg van het theorema van Pythagoras.
§ 197. De vier laatste stellingen spelen een groote rol bij het



99
berekenen van lijnen. Dit zal in de volgende § blijken. Vooraf leere men ze uitstekend, voor 't gemak in dezen vorm:
1. (rechthz.)2 = proj. x hyp.
2. (hoogtelijn)2 = 1 ste stuk x 2 de stuk.
3. (1ste rechthz)2 +-(2de rechthz)2 = (hyp.)2.
4. (rechthz.)2 = (hyp.)2 — (andere rechthz.)2.
Nog eens bewijze de leerling deze > stellingen, maar teekene de fig. in den stand van fig '105.
Lees § 96 aandachtig over, dan zal het niet moeilijk zijn de bewijzen te vinden.
§ 108. Toepassing. Van een rechthoekigen driehoek zijn de rechthbekszijden 6 cM. en 8 cM. Hoe groot is de hypotenusa, de hoogtelijn en de projecties van de rechthoekszijden op de
schuine zijde?
Gegeven: A ABC is rechth. in A.
AB = 6 cM. AC = 8 cM. Te berekenen: BC, CD, DB en AD.
Berekening.
BC2 = AC2 + AB2. BC2 = 82 + 62. BC2= 100. BC = v/TÖÖ = 10. Alle lijnen zijn in cM. uitgedrukt, dus BC
AC2 = CD x BC. 82 = CD x 10. 64 = 10 x CD, 6,4 = CD. Alle lijnen zijn in cM. uitgedrukt, dus CD 3fe 6,4 cM.
10 cM.
AB2 = DB xBC. 62 = DB x 10. 36 = 10 x DB. 3,6 = DB. Alle lijnen zijn in cM. uitgedrukt, dus DB = 3,6 cM.



100
AD2 = CD x DB. AD2 = 6,4 x 3,6. AD2 = 23,04. AD = v/23,04. AD =4,8
Alle lijnen zijn in cM. uitgedrukt, dus AD = 4,8 cM. AD hadden wij ook door het gevolg van het theorema van Pytha;oras uit kunnen rekenen. AD2 = AB2 — BD2 enz. § 109. Opgaven.
1. Van een rechthoekigen driehoek zijn de twee rechthoekszijden bekend. Men vraagt de hypotenusa.
a) de rechthoekszijden zijn 12 cM. en 16 cM.
b) „ , ,, 21 „ „ 2,8 dM.
c) „ „ 15 „ „ 36 cM.
d) „ „ 75mM. „ 1 dM.
2. Van een rechthoekigen driehoek zijn de hypotenusa en één rechthoekszijde gegeven. Gevraagd de andere rechthoekszijde.
a) hypotenusa = 13 cM., rechthoekszijde = 5 cM.
b) „ ..= 65 cM., „ =6 dM.
c) „ = 565 mM. „ = 339 mM.
3. Van een rechthoekigen driehoek is een rechthoekszijde 6 cM. en hare projectie op de hypotenusa is 4 cM. Bereken de schuine zijde.
4. ; Van een rechthoekigen driehoek zijn de rechthoekszijden 15
cM. en 20 cM. Bereken de projecties van deze rechthoekszijden op de hypotenusa.
5. Van een rechthoekigen driehoek is een rechthoekszijde 18 cM. en de hypotenusa 30 cM. Bereken de projectie van de andere rechthoekszijde op de hypotenusa.
6. In een rechthoekigen driehoek zijn de projecties van de rechthoekszijden op de hypotenusa 9 cM. en 16 cM. Hoe lang is de hoogtelijn op de hypotenusa?
7. In een rechthoekigen driehoek zijn de projecties van de rechthoekszijden op de hypotenusa 10,8 cM. en 19,2 cM. Bereken den omtrek van den driehoek.
8. Van een rechthoekigen driehoek zijn de rechthoekszijden 24 cM. en 32 cM. Hoe groot is de hypotenusa, de hoogtelijn op de hypotenusa en de projecties van de zijden op de hypotenusa?
9. Van een gelijkbeenigen driehoek is een been 26 cM. en de basis is 20 cM. Bereken de hoogte.
10. De zijde van een gelijkzijdigen driehoek is 10 dM. Bereken de hoogte tot in mM. nauwkeurig.



101
11. Van een ruit is een zijde 75 cM. en de kleinste diagonaal is 90 cM. Bereken de langste diagonaal.
12. Van A ABC is gegeven: / A = 90°; / C = 30°. AC = 32 cM. Bereken de andere zijden.
13. Van A ABC is gegeven: / A = 90°. / C = 45°, BC = 40 cM. Bereken den omtrek.
HOOFDSTUK XVII. PROJËCTIESTELLINGE.\. HOOGTELIJN,
§ 110. Eigenschap I. Het vierkant eener zijde tegenóver een scherpen hoek is gelijk aan:
het vierkant van de tweede zijde plus het vierkant van de derde zijde s Vm
min.tweemaal de projectie van de tweede op de dprde maal de derde zijde. (De tweede zijde is de andere opstaande zijde; de derde zijde is de zijde waarop de projectie ligt).
Gegeven: A ABC is niet rechthoekig. [_ A is scherp. CD _|_ AB.
Te bewijzen:
BC2 = AC2 + AB2 — 2 x AD x AB.
Bewijs. Fig. 107.
BC2 = CD2 + DB2 .1) In dezen vorm vervangen wij CD2 en DB2. CD2 = AC2 — AD2 DB = AB — AD DB2 = (AB — AD)2 DB2 = AB2 — 2 x AD x AB + AD2. Nu wordt onze eerste vorm:
BC2 = AC2 — AD2 + AB2 — 2 x AD x AB + AD2. BC2 = AC2 + AB2 — 2 x AD x AB.
§111. EigenschapII. Het vierkant eener zijde tegenover een stompen hoek is gelijk aan:
het vierkant van de tweede zijde plus het vierkant van de tweede zijde plus tweemaal de projectie van de tweede op de derde maal de derde zijde.



1Ö2
C
B
Gegeven: A ABC is niet rechthoekig l_ A is stomp CD J_ AB. Te bewijzen: BC2 = AC2 + AB2 +-
2 x AD x AB.
Fig. 108.
Bewijs. BC2 = CD2 + BD2
1)
In dezen vorm vervangen wij CD2 en BD2. CD2 U AC2 — AD2. BD = AB + AD BD2 = (AB + AD)2 BD2 = AB2 + 2 x AD X AB + AD2.
Nu wordt onze eerste vorm:
BC2 = AC2 — AD2 + AB2 + 2 x AD x AB + AD2. BC2 = AC2 + AB2 + 2 x AD x AB.
§ 112. Deze twee stellingen heeten projectiestellingen. Als de drie zijden gegeven zijn, kunnen wij met behulp der projectiestellngen de projecties der zijden op elkander berekenen.
Wij zullen dit met een voorbeeld duidelijk maken.
Voorbeeld. Van een driehoek zijn de zijden 13 cM., 14 cM. en 15 cM. Bereken de projecties van de zijden op elkander.
D
Gegeven: AB = 15cM.BC = 14 cM.
AC = 13 cM. Te berekenen: AD, DB, FB, FC, enz.
Fig. 109.
Berekening?// /?i
Berekenen wij eerst AD.
BC2 = AC2 + AB2 — 2 x AD x AB. 142 = 132 +' 152 — 2 X AD x 15.



103
Dit is een vergelijking met één onbekende, namelijk AD. Brengen wij de onbekende in het eerste lid, dan krijgen wij: 30 AD = 132 + 152 — 142 132 + 152 —142
= 30 = 6'6
AD = 6,6.
De leerling berekene op dezelfde wijze CF en AE. DB verkrijgt men, als AD van AB afgetrokken wordt.
Moet men CF berekenen, dan begint men: "
AB2 = AC2 + BC2 — 2 CF x BC enz.
Men begint dus niet met de zijde, waarop de proj. ligt; ook niet waaraan de projectie ligt, maar wel met de zijde, die over de projectie ligt.
§ 113. Met behulp van de projectiestelling kunnen wij nog een andere lijn in een driehoek berekenen, namelijk de hoogtelijn.
Bijv. Bereken de hoogtelijn, die naar AB gaat in A ABC van fig. 109. AB = 15 cM. BC = 14 cM. en AC = 13 cM.
Berekenin
Wij moeten berekenen CD. CD2 = AC2 — AD2, i CD2 = 132 — AD2. Volgens § 112 is AD gemakkelijk te berekenen. AD = 6,6 cM. dus CD2 = 132 —6,62 CD2 = 125,44 CD = i/125,44
CD = 11,2 H CD = 11,2 cM
§ 114. Er is echter een formule, die ons dadehjk in staat stelt de hoogtelijn te berekenen, als wij de drie zijden weten.
Deze formule heet de hoogtelijn-formule. Stellen wij (fig. 110) de lengte van AB voor door e, die van BC door a en die van AC door b.
De hoogtelijn CD gaat naar c en noemen we kort hc. CD2 = AC2 — AD2
(hc)2 = b2 — AD2 1)
In dezen vorm vervangen wij AD2.



CB2 = AC2 + AB2 — 2AD x AB a2 = b2 + c2 — 2AD x c 2AD x c = b2 + c2 — a2
h2 l f 2 «2
AD =
AD2
2c
/b2 + c2 — a2\«
2c.
Nu wordt de éérste vorm:
<u » K2 /b2 + c2 — a2\2
/LX, /. , b2 + c2 — a2\ /b — b2 + c2 — a! (hc)2 = /b + _ j x ( 2—
„ v„ /'2bc b2 + c2—a2\ /2bc b2+c2 — a2\ (hc)2 = ^+ g );.x(.-2^.- —2c )
| 2bc + b2 + c2 — a2 2bc — b2 — c2 + a2
(hc)2 = — 2c" X 2c"
b2 + 2bc + c2 — a2 a2 — (b2— 2bc + c2) (hc>2 = —J 2? : X —Tc
(b + c)2 — a2 a2 — (b — c)2 2c X 2c
(hc)2 =
(b x c + a) (b + c —a) (a + b — c) (a -j- b + c) (hc) = 2c 2c
„ £ (a + b + c) (— a + b + c) (a — b + c) (a + b — c) (hc)2 = — 3^2
a + b + c is de omtrek van den driehoek. Dien omtrek noemen Wij 2 x S. S stelt den balven omtrek voor.
a + b + c=2s a + b + c=2s a + b + c=2s
2a = 2a 2b = 2b 2c = 2c
: af af -—af
— a + b + c=2s — 2a a — b + c =2s — 2b a + b — c = 2s—2c
= 2 (s — a = 2 (s — b) = 2(s—c)
' | 2s x 2(s —a) x 2(s —b) x 2(s — c) (Hc) -— — '
16s(s - a) (s - b) (s — c) (hc)2 = ^ '
(hc)2 x s(s — a) (s — b) (s — c).
hc =j/-^r x s(s—a)(s—b) (s—c)
hc = — V£(s — a) (s— b) (s — e).
104



Passen wij deze formule toe op CD van fig. 109, dan krijgen wij CD = 15 1/21 x (21 — 14) x (21 — 13) x (21 -15)-
CD = —1/21 x 7 x8 x 6
CD = ~x 84 = 11,2 15
CD =11,2 cM.
$ 115. Opgaven.
fj Van een driehoek zijn de opstaande zijden 15 cM. en 20 cM. De basis is 25 cM. Bereken de projecties van de opstaande zijden op de basis.
2. Bereken in den driehoek van opgave 1 de hoogtelijn op de basis. . a) door gebruik te maken van het gevolg van Pythagoras.
A b) door middel van de hoogtelijn-formule.
3. Waarom moet de driehoek van opgave 1 rechthoekig zijn? Waarom is een driehoek, waarvan de zijden zijn 4 cM., 5 cM. en 6 cM. scherphoekig? Waarom is een driehoek, waarvan de zijden 2 dM., 3 dM. en 4 dM. zijn, stomphoekig?
4. In een parallelogram is de som van de vierkanten der diagonalen gelijk aan tweemaal de som van de vierkanten van twee op elkaar volgende zijden.
5. In een gelijkbeenigen driehoek is het vierkant van de lijn, die het toppunt met een punt van de basis verbindt, gelijk aan het vierkant vam een heen, verminderd met het produet der stukken, waarin de basis verdeeld wordt. Bewijs deze stelling.
jc6. Het verschil van de vierkanten van twee zijden van een driehoek is gelijk aan het verschil van de vierkanten harer projecties.
f7. De beenen van een trapezium zijn 15 cM. en 20 cM. De evenwijdige zijden zijn 9 cM. en 34 cM. Bereken den afstand tusschen de evenwijdige zijden.
fS. Bereken de diagonalen in. het trapezium van opgave 7.
Vraagstukken. /
De rechthoekszijden van een recnthbekigert driebek ^yrJp en q. Druk de hoogtelijn op de hypotenusa uit in/p en q. De zijde van een vierkant is a. Bereken de diagonaal. Van een rechthoek is een zijde a'; de diagonaal is a j/ 10. Bereken den omtrek.
1-161.
,162. 163.
105



106
164. Van een rechthoekigen driehoek zijn een rechthoekszijde en de hypotenusa achtereenvolgens ^ (a — b) en \ (a + b). Bereken de. andere rechthoekszijde.
165. Van een ruit zijn de diagonalen d en D. Druk den omtrek in d en D uit.
166. Van een driehoek ABC is [_ A = 45°. De omliggende zijden zijn a en b. Druk de hoogtelijn uit C uit in a.
167. Bereken in het vorige vraagstuk de derde zijde als a = 10 cM. en b = 12 cM. Tot in twee decimalen nauwkeurig.
168. In een driehoek ABC is [_ A = 60°. De omliggende zijden zijn 8 dM. en 10 dM. Bereken de hoogtelijn uit C en de derde zijde tot in mM nauwkeurig.
169. Van een gelijkbeenig trapezium zijn de evenwijdige zijden 10 cM. en 22,5 cM.; de hoogte is 15 cM. Bereken een been.
170. Van een gelijkbeenig trapezium zijn de evenwijdige zijden a en b; de hoogte is i/ab. Bereken een been.
171. Van een gelijkbeenig trapezium zijn de evenwijdige zijden a en b. Een been is c. Bereken de hoogte.
172. In een rechthoek ABCD neemt men een punt P aan. Dit punt wordt met de hoekpunten verbonden. Bewijs:
PA2 + PC2 = PB2 + PD2.
173. Neem het punt P buiten den rechthoek en bewijs nog eens
PA2 + PC2 = PB2 + PD2.
174. De rechthoekszijden van een rechthoekigen driehoek zijn a en b; de hoogtelijn op de hypotenusa is h. Bewijs:
1 1_ J_
h2 ~ a2 + b2'
175. Van een trapezium zijn de vier zijden gegeven. Welken gang zoudt gij volgen om te berekenen de hoogte en de diagonalen?
176. Van een'trapezium zijn de evenwijdige zijden 16 cM. en 44 cM.; de beenen zijn 17 cM. en 25 cM. Bereken de diagonalen.
HOOFDSTUK XVIII. TOEPASSING VAN ALGEBRA OP MEETKUNDE.
§ 116. In de evenredigheid a : b = c : x noemt men x de vierde evenredige tot a, b en c-



107
Zijn a, b en c lijnen, wier lengten gegeven zijn, dan is x ook een lijn. Men zegtr x is de vierde evenredige tot de lijnen a, b en c. Deze lijn kan geconstrueerd wordern
Constructie £ Construeer de vierde evenredige tot de gegeven lijnen a, b en c.
Fig. 111.
Constructie.
Zet een willekeurigen hoek A op. Pas op het eene been de lijnen a en b af. Op het andere been de hjn c. Verbind het eindpunt van a met het eindpunt van c. Trek uit het eindpunt van b een hjn evenwijdig aan de verkregen verbindingslijn, dan wordt op het andere been een stuk x afgesneden.
De lijn x is de vierde evenredige tot de lijnen a, b en c.
Bewijs.
Omdat de twee witte lijnen evenwijdig loopen, hebben wij volgens § 86 a : b = c : x.
§ 117. Passen wij in de evenredigheid a : b = c : x de hoofdeigenschap toe, dan krijgen wer ax = bc en daaruit
a *
De vierde evenredige tot drie lijnen wordt dus voorgesteld door den
algebraïschen vorm —.
a
Deze vorm is een breuk;
de teller is een. product van twee lijnen de noemer is een lijn. Elke algebraische vorm, die er nu zoo uitziet, kan beschouwd worden als een vierde evenredige tot drie gegeven lijnen.
Bijv. Construeer x = 21, als p, q en r gegeven lijnen zijn.



108
Vermenigvuldigen zij beide leden met r dan komt er xr = pq. Uit de gelijkheid van deze producten volgt: r : p = q : x.
r, p en q zijn gegeven lijnen, dus x kan volgens constructie I geconstrueerd worden.
Construeer: x
d e
f ' p* d
§ 118. In de evenredigheid a : b = b : x noemt men x de derde evenredige tot de lijnen a en b. Deze lijn kan geconstrueerd worden.
Constructie II. Construeer de derde evenredige tot de gegeven lijnen a en b.
Fis. 112.
Constructie.
Zet een willekeurigen hoek A op. Pas op het eene been de lijnen a en b af. Op het andere been de lijn b. Verbind de twee uiteinden van de lijnen a en b met elkander. Trek door het eindpunt van been lijn
evenwijdig aan de verkregen verbindingslijn, dan wordt op het andere been een stuk x afgesneden.
De lijn x is de derde evenredige tot de lijnen a en b.
Bewijs.
Omdatldejtwee witte lijnen evenwijdig loopen, is volgens § 86 a : b== b f x.
§ 119. Passen wij in de evenredigheid a : b = b : x de hoofdeigenschap toe, dan krijgen we: ax = b2 en daaruit:
b2
x = —. a
De derde evenredige tot twee lijnen wordt dus voorgesteld door den b2
vorm —• a
Deze vorm is een breuk;
de teller is het vierkant van een lijn de noemer is een lijn.
Elke algebraïsche vorm, die er zoo uitziet, kan beschouwd worden als een derde evenredige tot twee lijnen.



109
Bijv.: Construeer: x = als p en q gegeven lijnen zijn. .
Vermenigvuldigen wij beide leden met q, dan komt er xq = p2. Uit de gelijkheid van deze producten volgt: q : p = p : x.
^ Hieruit kan x volgens Constructie II geconstrueerd worden.
r . d2 r2; p3
Construeer: x = x = —~: x = -ï—.
f g pq
« § 120. • Met behulp van deze twee constructies kunnen wij .tamelijk tgroote algebraïsche vormen construeeren.
Construeer: x =
d2eP -
n u ■ fr3be2 k* a2 ab c2 1
De breuk splitsen wij in: x -j- x — X -p.
a2 .
-j- is de derde evenredige tot d en a en kan geconstrueerd worden.
' Wij noemen die lijn p. ab .
. —r- is de vierde evenredige tot d, a en b en kan geconstrueerd worden.
Wij noemen die lijn q. c2 . ■
— is de derde evenredige tot e en c en kan geconstrueerd worden.
Wij noemen die lijn r.
Ons vraagstuk is nu vereenvoudigd tot:
Construeer: x = p x (| X i X |- '= .
De breuk —p- splitsen wij in ~ x -4-. pq . '
j is de vierde evenredige tot f, p en q en kan geconstrueerd worden
Wij noemen die lijn m.
Nu is ons vraagstuk geworden:
mr
x=T.
x is derhalve de vierde evenredige tot de lijnen f, m en r, die nu alle bekend zijn.
„ abc c3d; a2b3cd2
Construeer: x = x = x — „„ r.
d2 c2f e?Pg?
§ 121. Constructie III. Construeer: x = i/a! + b2.



110
Constructie.
Zet een rechten hoek A op. Neem op hét eene been een stuk AB = a N^em op het andere been een stuk AC = b. Verbind B en C, dan is BC de gevraagde hjn x.
Bewijs.
x2 = a2 + b2 (theor. v. Pyth.) x = i/a2 4- b2.
Construeer: x = v/a2 + c2.
x'= t/Öa2 + 4b2;
Fig. 113. § 122. Constructie IV.
l/a2 + b2 + c2.
Construeer: x = v/a2 — b2.
Constructie.
Zet een rechten hoek A op. Neem op het eene been een stuk AB = b. Neem a tusschen den passer en beschrijf uit B een boog, die het andere been in C snijdt. Dan is AC de gevraagde lijn x.
Bewijs.
x2 = a2 — b2 (Gevolg v. Pyth.)
x = \/2? — b2. Construeer: x = \/& — d2; x = v/4c2 — d2; x = v/4a2 + d2 — c2.
instrueer: x = a j//JT.
Fig. 114. § 123. Constructie V.
Fig. 115.
Constructie.
Construeer een rechthoekigen driehoek, waarvan éen rechthoekszijde is 3a en de hypo-' tenusa 4a. Dan is de andere rechthoekszijde x = a y 7.
Bewijs.
x2 =-- (4a)2 — (3a)2 x2 = 16a2 — 9a2 x2 = 7a2. x = j/7a2; x = a j/7.



111
Eiken vorm van de gedaante x = ay7 kan men op deze wijze construeeren. De hoofdzaak is: hoe lang moet de rechthoekszijde zijn en hoe lang de hypotenusa. Moet men construeeren x = a -/p, dan wordt de rechthoekszijde (ip—i) x a en de hypotenusa (sp + i) xa.
De andere rechthoekszijde x is dan:
x = V|(èP+i)a I"—T(Ïp-1>P"
x = V' (iV+i)2 X a2 — (lp — x = a l/(èP+if — (|P—p2
x = a V/QP2 + |P + £) — (ip2 — ip + i) x = a j/p.
Construeer: x = a i/17; x = b p/25; x = a j/lfj — a y5; x = ai/2
Gemengde Vraagstukken.
( 177. Van een trapezium is gegeven, dat de diagonalen de hoeken aan de basis middendoor deelen. Bewijs, dat dit trapezium gelijkbeehig is en dat een been gelijk is aan de kleinste evenwijdige zijde.
,Vl78. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de tophoek, de basis en de verhouding der opstaande zijden. 179. Gegeven de lijnen a en b. Wordt gevraagd de middelevenredige tot die lijnen te construeeren, door gebruik te maken van vraagstuk 164.
',180. Als men uit de hoekpunten A en B van een driehoek ABC de
loodijnen AD en BE neerlaat op de overslaande zijden, dan is AB2 = AE x AC + BD x BC. •181. In een rechthoekig trapezium staan de diagonalen loodrecht op
elkander. Bewijs, dat de rechthoekszijdc middelevenredig is
tusschen de evenwijdige zijden. ■ 182. Van een trapezium is het volgende gegeven:
de evenwijdige zijden a en b;
de diagonalen deelen de hoeken aan de basis middendoor. Construeer dit trapezium.
183. Druk in het vorige vraagstuk den afstand van het snijpunt der diagonalen tot de basis uit in de evenwijdige zijden a en b.
184. Van een parallelogram is de eene zijde tweemaal de andere zijde; de ingesloten hoek is 60°. Hoe verhouden zich de diagonalen?
^85.' Construeer een trapezium, als gegeven zijn: de som der evenwijdige zijden; de beide beenen; de hoogte.
186. Op de basis AB van een gelijkbeenigen driehoek ABC neemt men stukken AD en BE, die elk gelijk zijn aan een been. Bewijs, dat CE middelevenredig is tusschen BE en DE.



112
tW Gegeven de lijnen a en b. Wordt gevraagd de middelevenredige tot die lijnen te construeeren, door gebruik te maken van vraagstuk 186.
188. Als a, b, c en d gegeven lijnen zijn, construeer dan
§##-ï
189. Trek door een der hoekpunten van een driehoek een lijn, die geheel buiten den drieh. ligt, zoodanig, dat het verschil van de afstanden der andere hoekpunten een gegeven lengte heeft.
190. In den rechthoekigen driehoek ABC, rechthoekig in A, is BE de lijn, die f_ B middendoor deelt. De lijn BD deelt weder [_ ABE in twee gelijke deelen. D en E zijn de snijpunten der deellijnen met de zijde AC. Indien nu AD = a en AE = b, vraagt men daarin de zijden AB en AC uit te drukken.
(Aanwijzing: past men in A EBA § 97 toe, dan krijgt men na quadrateering der termen en toepassing der eigenschappen
der evenredigheden (EB2 — AB2) : (b2 - - 2 ab) = AB2 : a2. Past men nu § 106 toe, dan is AB in a en b uitgedrukt. § 97 wordt weer gebruikt in A ABC om AC in a en b uit te drukken.)
HOOFDSTUK XIX. GELIJKVORMIGHEID VAX YEELHOEKEX.
§2121. Twee veelhoeken worden gelijkvormig genoemd, als ze door diagonalen verdeeld kunnen worden in driehoeken, die twee aan twee gelijkvormig zijn en op dezelfde wijze in de twee veelhoeken aan elkander sluiten.
Fig. 116.



113
In fig. 116 zijn de twee vijfhoeken ABCDE en FGHLK gelijkvormig want:
A ABC A FGH, A ACD ^ A FHL, A ADE ~ A FLK. Tevens sluiten de driehoeken in beide vijfhoeken op dezelfde wijze aan elkander.
Twee gelijkstandige hoekpunten van een paar gelijkvormige driehoeken heeten gelijkstandige hoekpunten der veelhoeken.
Twee hoeken, die bij een paar gelijkstandige hoekpunten liggen, heeten gelijkstandige hoeken der veelhoeken.
Twee zijden, die gelijkstandige hoekpunten verbinden, heeten gelijkstandige zijden.
Twee diagonalen, die gelijkstandige hoekpunten verbinden, heeten gelijkstandige diagonalen.
In gelijkvormige veelhoeken zijn de gelijkstandige hoeken gelijk. Dat [_ B = j_ G volgt uit de gelijkvormigheid der driehoeken ABC en FGH. Wij zullen aantoonen, dat /_ A = f_ F.
L CAB = l_ HFC (waarom?) l_ DAC = l_ LFH [_ DAE =, l_ LFK -op
L A = L F.
§ 125. Moet men bewijzen, dat twee veelhoeken gelijkvormig zijn, •dan verdeelt men de twee veelhoeken door diagonalen uit één hoekpunt en tracht dan aan te toonen, dat de driehoeken, die ontstaan, twee aan twee gelijkvormig zijn.
Eigenschap. Twee veelhoeken zijn gelijkvormig, als zij de zijden op één na evenredig en de ingesloten hoeken gelijk hebben, mits de gegevens in de beide veelhoeken op de dezelfde wijze aan elkaar sluiten.
Meetkunde, 5e druk.
Fig. 117.
8



114
Gegeven: AB : EF = BC : FG = CD : GH.
L C = L §
Te bewijzen: ABCD ^ EFGH.
Bewijs.
Wij trekken de diagonalen AC en EG, dan is A ABC EFG. (Ze hebben een hoek gelijk en de zijden om dien hoek evenredig.) Daaruit volgt BC : FG = AC : EG. Er is gegeven BC : FG = CD : GH. dus AC : EG = CD : GH 1)
l_ ACB = l_ EGF (omdat A ABC ^ A EFG) af—
l_ DCE = l_ HGE 2)
Nu is A ACD ^ A EGH, want ze hebben een hoek gelijk en de
zijden om dien hoek zijn evenredig.
Beide veelhoeken kunnen dus in driehoeken verdeeld worden, die
twee aan twee gelijkvormig zijn en op dezelfde wijze aan elkaar sluiten;
derhalve:
Veelh. ABCD ^ Veelh. EFGH.
§ 126. Op deze eigenschap steunt de volgende constructie: Construeer een veelhoek gelijkvormig met een gegeven veelhoek, als een zijde gegeven is en men weet met welke zijde deze gegeven zijde ' gelijkstandig is.
Fig. 118.
Gegeven: de zijde EH, gelijkstandig met AD. Gevraagd: Construeer een veelhoek gelijkvormig mët ABCD.



115
Constructie.
Neem op het verlengde van AB een punt E aan en trek EH // AD. Trek door D en H een hulplijn, die het verlengde van AB in P ontmoet.
Verbind P met C. Trek uit H de lijn HG // DC. Trek uit G de hjn GF // BC, dan is EHGF de gevraagde veelhoek.
Bewijs.
EH : AD = PH : PD. HG': DC = PH : PD. FG : BC = PG : PC = PH : PD. Uit deze drie "evenredigheden volgt:
EH : AD = HG : DC = FG : BC. De zijden op één na zijn derhalve evenredig, de ingesloten hoeken zijn ook gelijk, (waarom?) dus
Veelhoek EHFG ^ veelhoek ADCB. Opmerking. Een andere constructie volgt dadelijk uit onze bepaling van § 124. Verdeel den gegeven veelhoek in driehoekën en construeer telkens driehoeken, die gelijkvormig zijn en op dezelfde wijze aan elkaar sluiten.
§ 127. Opgaven.
1. Bewijs, dat twee vierkanten altijd gelijkvormig zijn.
2. Bewijs dat twee parallelogrammen gelijkvormig zijn, als zij twee zijden evenredig hebben en de ingesloten hoeken gelijk zijn.
3. Bewijs, dat twee paralllelogrammen gelijkvormig zijn, als zij de diagonalen evenredig en den hoek der diagonalen gelijk hebben.
4. Bewijs, dat twee rechthoeken gelijkvormig zijn, als zij gelijk hebben den hoek, dien de diagonalen vormen.
5. Bewijs, dat twee ruiten gelijkvormig zijn, als de diagonalen evenredig zijn.
6. Bewijs, dat twee ruiten gelijkvormig zijn, als zij een hoek gelijk hebben.
7. Bewijs, dat twee trapeziums gelijkvormig zijn, als zij de even- wijdige zijden en de diagonalen evenredig hebben.
8. Twee trapeziums zijn gelijkvormig, als zij de zijden evenredig hebben. Bewijs dit.



116
HOOFDSTUK XX.
MERKWAARDI GE LIJNEN IN DEN DRIEHOEK.
Zwaartelijnen.
§ 128. Eigenschap I. Twee zwaartelijnen verdeelen elkaar in stukken die zich verhouden als 1 : 2.
Gegeven:
AE en BD zijn zwaartelijnen (dus D en E zijn de middens der zijden).
Te bewijzen:
OE : OA = 1 : 2 en OD : OB = 1 : 2.
Fig. 119.
Bewijs.
Wij trekken de hulplijn DE. Van deze lijn zijn ons twee eigenschappen bekend.
L DE//AB.
2. DE : AB = 1 : 2.
A DOE AOB, want ze hebben de hoeken gelijk. Hieruit volgen de evénredigheden:
OE : OA = DE : AB en OD : OB = DE : AB. We weten reeds DE : AB = 1 : 2 dus OE : OA = 1 : 2 en OD : OB = 1 : 2.
Opmerking. Het kleinste stuk = i van de geheele zwaartelijn en het grootste stuk = | van de geheele zwaartelijn.
§ 129. Eigenschap II. De drie zwaartelijnen gaan door één punt.



117
Gegeven: AE en BD zijn zwaartelijnen.
Te bewijzen: de derde zwaartelijn gaat door het punt O.
Bewijs.
Door C en O kunnen wij maar één lijn trekken n.m.1. COF. Wij trekken deze lijn. Kunnen we nu bewijzen, dat
F het midden is van AB, Fig. 120.
dan is de lijn COF de derde
zwaartelijn en is het gevraagde bewezen. '^I'IS'S Wij moeten dus bewijzen: AF = FB. Wij- verlengen CF en trekken uit B een lijn BG // AE. Punt G wordt met A verbonden.
In A CGB is OE // GB en E is in het midden van BC, dus OE = I GB
volgens vorige Eigensch. is OE = i AO dus GB = AO.
Tevens loopt GB // AO. Vierhoek AOBG is dus een parallelogram. In een parallelogram deelen de diagonalen elkaar middendoor, derhalve AF = FG.
Het snijpunt O wordt het zwaartepunt genoemd.
§ 130. Berekening van de zwaartelijn, als de lengten der drie zijden gegeven zijn.
Gegeven: CD is de zwaar telijn naar de basis.
Gevraagd: Druk CD in de zijden uit.
Berekening.
De lengten der zijden stellen we voor door a, b en c. CD gaat naar c, daarom noemen wij deze lijn Zwc.
E J> c
Fig. 121.



118
Wij trekken CE J_ AB.
Volgens de projectiestelling is in A ACD:
CD2 = AC2 + AD2 — 2AD x AE of (Zwc)2 = b2 + (|c)2 — 2 x |cx AE
(Zwc)2 = b2 + 4«2 ■— c x AE 1)
Volgens de projectiestelling berekenen wij AE, als projectie van b op c in A ABC.
a2 = b2 + c2 — 2AE x c 2AE x c = b2 + c2 — a2
• I | • | «' .. 2)
Deze waarde vullen we in bij 1) en krijgen:
b2 4- e2 a2
(Zwc)2 = b2 + i-c2 - c x ^2c
(Zwc)2=b2 + iC2-b2 + C22~a2
(Zwc)2 = b2 + £c2 — |b2 — ic2 + \&K
(Zwc)2 = ia2 + ^b2 - |c2. In woorden: Het vierkant van een zwaartelijn = de halve som van de vierkanten der omliggende zijden verminderd met het vierde van het vierkant der zijde, waar ze naar toe gaat.
§ 131. Construeer een driehoek, als de drie zwaartelijnen gegeven zijn.
Analyse.
Wij gebruiken fig. 120. A OGB is de driehoek, die,dadelijk geconstrueerd kan worden, want:
GB = |- van de zwaartelijn naar BC.
OG = 2 x OF = (2 x |) = | van de zw. naar AB
OB = |. van de zwaartelijn naar AC.
De drie zijden zijn derhalve bekend. De verdere constructie laten wij aan den leerling over.



119
s
132. Opgaven.
1. Van een driehoek is de basis 16, en de opstaande zijden 10, en 2j/79. Bereken de zwaartelijn naar de basis. ■< 2. Construeer een driehoek, als gegeven zijn één zijde en de zwaartelijnen uit de uiteinden van die zijde. 3. Viermaal de som van de vierkanten der zwaartelijnen is gelijk aan driemaal de som van de vierkanten der zijden. Bewijs deze stelling.
■i 4. De middens van twee overstaande zijden van een parallelogram worden met de uiteinden van een diagonaal verbonden. Bewijs, dat deze twee lijnen de andere diagonalen in drie gelijke stukken Yerdeelen. Si.. .^*>iVy
S fSw. Eigenschap III. De drie bjss«e7rïéesgaah door één punt.
Gegeven: AD en BE
zijn bissectrices.
Te bewijzen: de derde bisseetrice gaat door het punt O.
Bewijs. Door C en het snijpunt O trekken wij de lijn COF. Kunnen wij nu bewijzen, dat deze lijn [_ C middendoor
deelt, dan is het gevraagde bewezen. Fig. 122.
Wij moeten dus bewijzen {_ ACF = [_ FCB. Daartoe laten wij uit punt O de drie loodlijnen OG, OH en OL op de zijden neer.
A AOG AOL, dus OG = OL. A GOB ij BOH, dus OG = OH. Derhalve OL "= OH. Nu is ook A OLC ^ A OHC. (5de geval.) Hieruit volgt /_ ACF = l_ FCB.
Opmerking. De loodlijn uit een punt op een lijn neergelaten is de afstand van dat punt tot de lijn. Uit de figuur blijkt, dat het snijpunt .der bissectrices op gelijke afstanden van de zijden ligt.



120
§ 134. Berekening van de bisseetrice, als de lengten der drie zijden gegeven zijn.
Gegeven:
de drie zijden zijn a, b
en c.
Gevraagd:
druk CD uit in a, b en c.
A4
Fig. 123.
Berekening.
CD2 = AC2 + AD2 — 2AD x AE.
CD2 = b2 + AD2 — 2AD x AE 1)
In dezen vorm moeten nog vervangen worden AD en AE. AD berekent men met behulp van de stelling uit § 97. AD : DB = b : a. (AD + DB) : (a + b) = AD : b.
c : (a + b)= AD : b.
AD = ~~~r~y a 4- b
AE berekent men met behulp van de projectiestelling, die men toe. „ . • ', v b2 4- c2 — a2
past op a ajbu ivien vmcu: At = ■
2c
Deze waarden vullen wij in bij 1) en krijgen:
hr \2 Oho h2
CD2
X
^a + oy a + D ic
Opmerking. Natuurlijk zal niemand deze uitdrukking uit het hoofd leeren, maar hét verloop van de berekening wel. Herleidt men dezen vorm en stelt men voor den halven omtrek S, dan krijgt men de formule:
CD = V-Fb i/abs (s — c>-
5; Bereken de bisseetrice van den tophoek in een driehoek, als de basis 18 cM. is en de opstaande zijden 12 en 15 cM. zijn.



121
Fig. 124.
Hoogtelijnen.
§ 135. Eigenschap IV. De lijn, die de voetpunten van twee hoogte
liinen Verbindt, sniiflf een driehoek af. Hio noliilrirnrmin je m»i ,1....
'■(fitX- • ' 3
heelen driehoek.
Gegeven: AE en BD_LBC en AC.
DE verbindt de voetpunten.
Tc bewijzen: A CDE ^ A ABC. Bewijs.
De rechthoekige driehoekenAEC en BDC zijn gelijkvormig, want ze hebben /_ C gemeen.
Hieruit volgt: CE:CD=AC:CB
Nu zijn CE en CD twee zijden van den kleinen driehoek CDE,
en AC en BC twee zijden van den grooten driehoek ABC.
Bovendien hebben deze twee driehoeken eenzelfden ingesloten hoek n.m.1. [_ C. '^fö?
Dus A CDE A ABC, want zij hebben een hóek gelijk en de zijden om dien hoek evenredig.
Opmerking. In de evenredigheid CE : CD = AC : BC zijn CE en AC gelijkstandige zijden, de hoeken -over deze zijden zijn dus gelijk: Z_2=/_2en£_l=/_l.
Men zegt, dat de lijn DE antiparallel loopt met AB.
In fig. 125 zijn D, E en F de voetpunten der hoogtelijnen. Den driehoek DEF noemt men den voet-
punten-driehoek.
DE loopt antiparallel met AB.
FE „ „ „ AC.
DF 1 I „ BC.
De hoeken van den grooten driehoek hebben wij genoemd 1, 2 en 3. Let de leerling op de lijnen, die antiparallel loopen.dan zal het hem niet moeilijk vallen te begrijpen, waaromindeandere hoeken ook dezelfde cijfers ge¬
plaatst slaan. Fig. j 25.



122
§ 136. Eigenschap IV. Een hoogtelijn is een bisseetrice van den voetpuntendriehoek. (fig. 126.)
Gegeven: A DEF is een voetpuntendriehoek. CF is een hoogtelijn. Te bewijzen: CF is bisseetrice van [_ DFE.
Bewijs. ■
EF is antiparallel met AC, dus l_ EFB =Z_C DF is antiparallel met BC, dus LDFA =Z_C Hieruit volgt: l_ EFB = [_ DFA l_ CFA = L CFB l_ DFA = l_ EFB
s ^af
l_ CFD = l_ CFE. r>p hnnoteliin is dus
Fig. 126. bisseetrice van /_ DFE.
§ 137. Zoo zal de hoogtelijn uit A naar E de bisseetrice van J_ DEF zijn, en de hoogtelijn uit B naar D zal l_ FDE middendoor deelen. De drie hoogtelijnen van A ABC zijn alzoo de drie bissectrices van A DFE. Omdat de drie bissectrices door één punt gaan, moeten dus ook de drie hoogtelijnen door één punt gaan.
Dit snijpunt noemt men het hoogtepunt.
In hoofdstuk XVII hebben wij reeds de hoogtelijn berekend, als de drie zijden bekend zijn.
§ 138.
Theorema van Stcwart.
In fig. 127 is D een willekeurig punt van de basis.
Nu zegt het theorema van Stewart:
CD2 x AB = AC2 x BD + BC2 x AD — AD x BD X AB.
Fig. 127.



123
Bewijs.
In a ACD passen wij de projectiestelling op CD toe:
CD2 = AC2 + AD2 — 2 AE x AD 1)
Nu beschouwen wij AE als de projectie van AC op AB in a ABC.
AT? 'T, AC2 + AB2 —BC2 AE is dan .
Deze waarde ingevuld in 1) geeft:
CD2 = AC2 + AD2 — 2 AD x AJa±jAB2-J3C2
Z Axi
— x AB
CD2 x AB = AC2 x AB + AD2 x AB — AD (AC2 + AB2 — BC2) = AC2 x AB -f AD2 x AB — AD x AC2
— AD x AB2 + AD xBC2 = AC2 (AB — AD) + BC2 x AD — AD x AB(AB—AD) = AC2 X BD + BC2 x AD — AD x BD x AB.
§ 139. Met dit theorema kan men elke lijn, uit den top naar de basis getrokken, berekenen, mits men kent de drie zijden en de stukken, waarin de basis verdeeld wordt.
Gaat men het theorema goed na, dan zal men er een regelmaat in ontdekken, die het onthouden vergemakkelijkt.
Stewart met Toepassingen.
' Wij zullen van dit helangrijke theorema nog een ander bewijs geven benevens- twee toepassingen.
Wij noemen de stukken, waarin de basis verdeeld wordt, p en q.
Te bewijzen:
x2c =a2p+b2q—pqc.
fig: 128.



124
Bewijs.
In A BDC is
a2 =
x2 + q2 4- 2 ED x q
x2p 4- pq2 + 2 ED x q X p
dus a2p .=
In A ACD is
b2' = x2 + p2 — 2 ED x p dus b2q = x2q + p2q — 2 ED x q X p
op
a2p + b2q
a2p 4- b2q
a2p + b2q
a2p 4- b2q
x2 (p + q) + pq2 + p2q
x2c + pq (q + p) x2c 4- pqc c pqc = x2e.
of
Zwaartelijn-formule.
De lijn x is nu de zwaartelijn en de stukken, waarin de basis <leeld wordl, zijn nu beide ^c.
Te bewijzen: x2 = |a2 + *Jd2 — -Je2.
Bewijs.
Volgens Stewart,hebben wij:
x!c = a2 x |c + b2 x|c-{c x {c x c x2c = ia2c + ib2c — ic3 alles door c deelen
x2 = ia2 4- i b2 — 4-c.
c
B
Fig. 129.



125
Binnenbisseetrice.
De lijn x is nu de bisseetrice.
Te bewijzen:
x2 = ab — pq.
Fig. 130.
Bewijs.
Volgens Stewart hebben wij:
x2c = a2p + b2q — pqc of x2c = a . ap" + b . bq — pqc. Volgens § 97 is: p:q = b : a of ap = bq. In dezen vorm vervangen we ap door bq en bq door ap.
Er komt dan:
x^c x2c
abq + abp ab (q + p) abc — pqc.
pqc. pqc.
x2 = ab — pq.
Buitenbisseetrice,
De lijn x is nu de bisseetrice van den buitenhoek van C. De stukken, waarin nu AB verdeeld wordt zijn: DB = p en DA = q.
Te bewijzen: x2 = pq — ab.
J



126
Bewijs.
We verlengen AC met een stuk CE = CB en verbinden E met D. A BCD ^ A DCE (twee zijden en den ingesloten hoek). Derhalve BD = DE en
l_ D wordt door de hjn x middendoorgedeeld. x is dus binnenbisseetrice van A ADE. Passen we nu de vorige stelling toe, dan komt er: x2 = pq — ab.
Gemengde Vraagstukken. (Hoofdstuk XIII—XXI.)
191. In A ABC liggen D, E en F achtereenvolgens op AB, BC en AC en wel zóó, dat AD = £AB, BE = |BC en CF == |AC is. De lijnen, die D met E en B met F verbinden, snijden elkander in G. Welke verhouding bestaat er tusschen DG en EG, en welke tusschen BG en FG?
.192. In A ABC is H het snijpunt der hoogtelijnen. Indien D, E en F achtereenvolgens de middens zijn van AB, BC en AC en L, K en G achtereenvolgens de middens van CH, AH, en BH, vraagt men te bewijzen: DL = GF = EK, en DL, GF en EK deelen elkaar middendoor.
193. Het vierkant van een bisseetrice is gelijk aan het produkt der omliggende zijden, verminderd met het produet der stukken, waarin de derde zijde verdeeld wordt.
194. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: één der hoeken aan de basis, de hoogte en de som der opstaande zijden.
195. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: twee zijden en de som der hoogtelijnen op die zijden.
196. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de som van twee zijden en de hoogtelijnen op die zijden.
197. Als de diagonalen van een vierhoek loodrecht op elkaar staan, is de som van de vierkanten van-twee overstaande zijden geüjk aan de som van de vierkanten der beide andere zijden.
198. Trek door een gegeven punt buiten een gegeven hoek een lijn, die door het punt en de beenen in gelijke stukken verdeeld wordt.
199. Trek door een gegeven punt buiten een gegeven hoek een lijn, die door het punt en de beenen zóó verdeeld wordt, dat de stukken een gegeven verhouding hebben.



127
v 200. Bewijs, dat de lijnen, die in twee gelijkvormige driehoeken gelijkstandige zijden loodrecht middendoor deelen, ook gelijkstandige lijnen zijn.
< 201. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: een zijde en de
stukken, waarin de basis verdeeld wordt door de bisseetrice van den tophoek.
202. De som van de vierkanten der zijden van een willekeurigen vierhoek is gelijk aan de som van de vierkanten der diagonalen, vermeerderd met vier maal het vierkant van de lijn, die de middens der diagonalen verbindt.
203. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: twee hoogtelijnen en de zwaartelijn naar de derde zijde.
204. Laat men uit den top van een driehoek een loodlijn op de basis neer, dan staat de som der opstaande zijden tot de som van de stukken der basis als het verschil der stukken van de basis staat tot het verschil der opstaande zijden.
205. Construeer een trapezium, als gegeven zijn: de evenwijdige zijden; de hoek, dien de diagonalen vormen en de verhouding der diagonalen. lIÉpi
206. Construeer een lijn
a +• b
als a en b gegeven lijnen zijn. ^07. Als in A ABC een lijn PQ door het zwaartepunt getrokken wordt en men laat uit de hoekpunten loodlijnen neer op PQ dan is de loodlijn uit Men top gelijk aan de som van de twee andere loodlijnen. j
208. In een driehoek is de zwaartelijn naar de grootste zijde de kleinste en de zwaartelijn naar de kleinste zijde de grootste. Bewijs deze stelling.
209. Van een driehoek ABC is de basis BC = 6, de opstaande zijden AB en AC zijn achtereenvolgens 11 en 7. De lijn, die den buitenhoek van den tophoek middendoor deelt, snijdt het verlengde van de basis in een punt D; dit punt wordt p*e*ee«igë~ V&ftJhOttiiim met het midden E van de zijde AC. Bereken de lengte van
de vereenigingslijn DE.
210. Construeer een gelijkbeenigen driehoek, als gegeven zijn: de tophoek en de som van basis en hoogte.
211. Trek in een driehoek een lijn evenwijdig aan de basis, zóó, dat de omtrek van den afgesneden driehoek gelijk is aan den omtrek van het trapezium, dat ontstaat.



128
Bewijs, dat twee rechthoeken gelijkvormig zijn, als zij een diagonaal en het verschil van twee zijden evenredig hebben. Bewijs, dat twee trapeziums gelijkvormig zijn, als zij de evenwijdige zijden evenredig en de hoeken aan de basis gelijk hebben.
Trekt men in een driehoek de zwaartelijnen eh construeert men met die zwaartelijnen een nieuwen driehoek, dan zijn de zwaartelijnen van dien nieuwen driehoek f van de zijden van den eersten driehoek. Bewijs deze stelling.
Construeer een driehoek, als gegeven zijn: twee zwaartelijnen en de hoogtelijn uit het derde hoekpunt.
In een A ABC laat men de loodlijn CD neer op de basis en uit D loodlijnen DP en DQ achtereenvolgens op AC en BC. Wanneer gegeven is PQ het verschil van BC en CD, alsmede [_ B, vraagt men dien driehoek te construeeren. Van een rechthoek ABCD zijn de zijden AB en BC a en b. De diagonaal AC wordt verlengd, tot zij de loodlijn in B op de andere diagonaal DB opgericht, in E snijdt. Bereken den afstand van E tot het snijpunt der diagonalen.
Van A ABC zijn de zijden BC, AC en AB achtereenvolgens 25, 17 en 28 CM lang. Op het verlengde van BA wordt een punt genomen, zóó, dat BD = 51 cM. is. Op BC neemt men een punt E zóó, dat BE = 20 cM. is. Men vraagt de lengte, van lijn DE.
HOOFDSTUK XXI. Mi OPPERVLAKKEN.
§ 140. Onder het oppervlak eener figuur verstaat men het deel van het platte vlak, dat door die figuur volkomen begrensd wordt.
Als twee figuren elkander volkomen kunnen bedekken, zegt men, dat ze gelijke oppervlakken hebben.
Eigenschap I. Twee rechthoeken, met gelijke bases en gelijke hoogten, hebben gelijke oppervlakken.
jS, 212. 214.
K) 215-
f: 216. i 217.
218.



129
IKflgs Bewijs.
De leerling zal dadelijk kunnen bewijzen, dat de twee rechthoeken congruent zijn. (Hoofdst. XII.) De figuren kunnen elkander dus volkomen bedekken.
Eigenschap II. De oppervlakken van twee rechthoeken, mét gelijke bases, verhouden zich als hunne hoogten. Gegeven: AB = EF.
Te bewijzen:
Oppervl. ABCD : oppervl. EFGH = AD : EH.
Fig. 132.
1)
Bewijs.
Zij het lijntje m de gemeene maat van de lijnen EH en AD. Passen wij deze gemeene maat op de hoogten der rechthoeken
ai, aan mijKt: AD =7 x m en EH = 3 x m.
Hieruit volgt: AD : EH = 7 : 3
Door de deelpunten, die wij gekregen hebben, trekken wij in beide rechthoeken lijnen // aan de basis.
Rechthoek ABCD wordt nu verdeeld in 7 kleine rechthoekjes.
Rechthoek EFGH „ „ „ in 3 kIeine rechthoekjes.
Al deze kleine rechthoekjes hebben gelijke oppervlakken volgens eigenschap I. Zoo'n rechthoekje noemen wn n.
Oppervl. rechth. ABCD = 7 x p.
Oppervl. rechth. ,EFGH = 3 x p.
Hieruit volgt: Oppervl. ABCD : Oppervl. EFGH = 7:3. . . . 2} Uit de evenredigheden 1) en 2) volgt:
Oppervl. ABCD : Oppervl. EFGH = AD : EH.
Opmerking. Hebben de hoogten geen gemeene maat, dan gaat de eigenschap II toch door. Vergelijk § 83. Opmerking.
§ 141. De leerling bewijze nu op dezelfde wijze: Eigenschap III. De oppervlakken van twee rechthoeken met gelijke hoogten verhouden zich als hunne bases.
§ 142. Eingenschap IV. De oppervlakken van twee willekeurige rechthoeken verhouden zich als de producten van hunne basis en hooote
Meetkunde, 5e druk. a



130
i?Mg/133.
Opp. I : Opp. III = B : b B x Opp. III
upp. i = —
Gegeven: de rechthoeken I
" eh II. Te bewijzen: Opp. I: Opp.
II = B x H : bxh.
.Benijs.
In fig.' 133 is nog een derde rechthoek geteekend* die dezelfde hoogte beeft als I en dezelfde basis als II.
Volgens eigenschap Illenll hebben we:
Opp. III : Opp. II=H:h.
H X Opp. II
Opp. III =
Vullen wij de waarde van Opp. III uit 2) in bij 1) dan komt: T B X H x Opp. II
°PP- 1 = blTE
Opp. I B x H
2)
Odd. II bxh
Opp. I: Opp. II=BxH:bxh
of in anderen vorm:
§ 143. Om het oppervlak van een rechthoek te meten gebruikt men een klein vierkant. Dit vierkantje heet eenheid van vlaktemaat. Is de eenheid van vlaktemaat 1 cM. lang, dan noemt men 1 cM. de eenheid van lengtemaat.
De eenheid ■van" vlaktemaat is dan een vierkante cM.
Was de eenheidMjan lengtemaat 1 dM., dan zou de eenheid van vlaktemaat een vierkante dM. zijn enz.
Kan men nu een eenheid van Vlaktemaat bijv. 1 dM.2 33 maal op een rechdmek afpassen, dan zegt men
opp. rechthoek = 33 dM.2
- | i44.XjNatüurlijk kan men niet altijd afpassen en daarom zullen ■wij een anderen weg inslaan. Willen wij bijv. bepalen het oppervlak van ABCD in fig. 134.
We meten AB en AD met dezelfde maat. (hier 1 cM.)
Het aantal centimeters van AB vermenigvuldigen wij -met het aantal cM. van AD en krijgen zoo het aantal vierkante cM. van het oppervlak.



Men drukt dezen regel kort uit door: Oppervl. rechthoek = basis maal hoogte
Te bewijzen:
opp. ABCD = AB
AD.
Bewijs.
EFGH is de vlakte-eenheid, hier 1 cM.2, omdat wij veronderstel^ dan AB en AD beide in cM. uitgedrukt zijn.
Fig. 134.
Volgens Eigenschap IV hebben wij: 'Ji^- Opp. ABCD : opp. EFGH = AB x AD : EF ABCD EF AD EFGH ~~ AB x ËH ABCD _ AB AD .1 cM2. ~~ lcM. x T~cM. ABCD = AB x AD. Het woordje opp. zullen wij voortaan weglaten.
EH.
§ 145- Oppervlakte van een
Te bewijzen:
ABCD = basis x hoogte. Bewijs.
Trekken wij de hulplijöetr ! AE en BF, dan zien wij een rechthoek en een parallelogram. Deze twee zijn even groot.
(Dit is gemakkelijk te bewijzen, want A AED^ A BCF.)
De rechthoek ABFE = AB j het parall. ABCD = AB > = basis
parallelogram = basis x hoogte.
Fig. 135.
BF, dus ook BF
X hoogte.



132
§ 146. hoogte.
Oppervlakte van een driehoek = halve product van basis en
Te bewijzen:
basis x hoogte 2 '
A ABC
Fig. 136.
Bewijs. Trekken wij de hulplijnen CD en BD // AB en AC, dan ontstaat een parallelogram ABCD.
A ABC is de helft van dit parallelogram.
(Dit is bewezen, als men bewijst A ABC gs A BDC).
Het parallelogram ABDC = AB x CE, dus
. AB x CE basis x hoogte A ArsL. — g = g ■
Opmerking. Men kan ook schrijven: x h of b x -|h~. Zijn de opstaande zijden van een driehoek a en b en de basis c, dan is het
hc; vroeger hebben wij voor hc gevonden:
2
oppervl. ^c x
c v v
1
a) (s — b) (s — c), dus
oppervl. drieh. = -Si c x — i/s (s — a) (s — b) (s — c) = y s (s — a) (s — b) (s — c). Deze formule stelt ons in staat het oppervlak van een driehoek uit te rekenen, als de drie zijden bekend zijn.
§ 147. Oppervlakte van een trapezium = halve som der evenwijdige zijden maal de hoogte.
Te b wij zen:
ABCD = i.(AB+DC) x DG.
Bewijs.
Trekken wij de hulplijnDF door het midden E van CB, dan ontstaat A AFD.
Deze driehoek is even groot als het trapezium.
(Dit is gemakkelijk te bewijzen, daar ADEC^AEBF, daaruit volgt dan tevens DC = BF.)
Fig. 137.



133
A AFD = i AF x DG, dus ook trap. ABCD ={AF x DG
= ! (AB + DC) x DG
§ 148. Oppervlakte, van een vierhoek, waarvan de diagonalen loodrecht op elkaar staan = het halve product der diagonalen.
Te bewijzen:
ABCD = i AC x BD.
D
Fig. 138.
Bewijs.
A ABC =IAC x BE A ACD = i AC x DE
—op
vierh. ABCD =|AC x (BE + DE) = | AC x BD.
§ 149. Opgaven.
1. Van een rechthoek ABCD is de basis 3 maal zoo groot als de basis van rechth. EFGH, terwijl de hoogte van den eersten rechth. 5 maal zoo groot als de hoogte van dert tweeden is. Hoe verhouden zich die rechthoeken?
2. Het oppervlak van een rechthoek is 540 dM.2, terwijl de hoogte U/2 M. is. Hoe lang is de basis?
3. De hoogte van een parallelogram is 18 cM. en de basis is 2,4 dM. Hoe groot is het oppervlak?
4. Twee zijden van een parallelogram zijn 52 cM. en 56 cM., terwijl de kortste diagonaal 60 cM. is. Bereken het oppervlak.
5. De hoogte van een driehoek is 9 cM. en de basis 12 cM. Hoe groot is het oppervlak?
6. Bereken het oppervlak van een driehoek, waarvan de zijden 13, 14 en 15 cM. lang zijn.



134
7-. Een zijde van een gelijkzijdigen driehoek is 16 dM. Bereken het oppervlak tot op 2 decimalen nauwkeurig.
8. Van een trapezium zijn de evenwijdige zijden 12 cM. en 25 cM. De hoogte is 8 cM. Hoe groot is het oppervlak?
9. Van een trapezium zijn de evenwijdige zijden 12 en 26 cM., terwijl de beenen 13 en 15 cM. lang zijn. Hoe groot is het oppervlak?
10. Van een ruit zijn de diagonalen 20 cM. en 28 cM. Bereken het
oppervlak.
11. Bewijs, dat het oppervlak van een trapezium gelijk is aan het product van de hoogte en de hjn, die de middens der beenen vereenigt.
. § 150. De oppervlakken van twee driehoeken, die één hoek gelijk hebben, verhouden zich als de producten van de zijden om dien hoek.
Fig. 139.
Gegeven: / A = / D. Te bewijzen: A ABC : A DEF = AB x AC : DE x DF.
Bewijs.
Wij trekken in beide driehoeken de hoogtelijnen uit den top. A ACG ^ A DFH (ze hebben 2 hoeken gelijk), dus CG : FH= AC i DF. ook is AB : DE = AB : DE, vermenigvuldigen wij de termen met elkaar, dan is AB x CG : DE x FH = AB x AC : DE x DF, of 2 x A ABC : 2 x A DEF = AB X AC : DE x DF, A ABC : A DEF = AB x AC : DE x DF.



135
§151. De oppervlakken van twee gelijkvormige driehoeken verhoude H. zich als de vierkanten van een paar gelijkstandige zijden.
Fig. 140.
Gegeven: A ABC ^ A DEF. Te bewijzen: A ABC : A DEF = AB2 : DE2.
Bewijs.
"Wij trekken in beide driehoeken de hoogtelijnen uit den top. A ABCG A DEH (ze hebben twee hoeken gelijk) dus BG : EH = AB : DE; ook is AC : DF = AB : DE (want A ABC ^ A DEF). Vermenigvuldigen wij de termen met elkaar, dan komt er: AC x BG : DF x EH = AB2 : DE2, of 2 x A ABC : 2 x A DEF = AB2 : DE2, A ABC : A DEF = AB2 : DE2.
§ 152. De leerling bewijze: De oppervlakken van twee gelijkvormige veelhoeken verhouden zich als de vierkanten van een paar gelijkstandige zijden.
Opmerking. Men krijgt het oppervlak van een willekeurigen veelhoek door den veelhoek door diagonalen in driehoeken te verdeelen en de som van de oppervlakken dezer driehoeken te nemen.
HOOFDSTUK XXII. CONSTRUCTIES. VERDEELEN VAN OPPERVLAKKEN.
§ 153. In Fig. 141 is door den top van A ABC een lijn evenwijdig aan de basis getrokken. In deze lijn hebben wij een punt D aan-



136
'genomen en verbonden met de punten A en B. De driehoeken ABC en ABD hebben gelijke bases, maar ook gelijke hoogten, want de
hoogten aijn gelijk aan den
afstand EF tusschen de. beide evenwijdige lijnen. Oppervlak A ABC is dus
I gelijk aan oppervlak A
ABD.
Elk willekeurig punt van de bovenste evenwijdige lijn, verbonden met A en B, geeft een driehoek, die
hetzelfde oppervlak heeft Fig. 141. als A ABC.
§ 154. Constructie I. Construeer een vierhoek, die hetzelfde oppervlak heeft als een gegeven vijfhoek.
Gegeven: de vijfhoek ABCDE Gevraagd: construeer een vier hoek, die hetzelfde oppervl. heeft als. de vijfhoek.
Constructie.
Verbind A met D. Trek door E een lijn //AD. Verleng AB, totdat ze die evenwijdige lijn snijdt in F. Verbind F met D, dan is vierhoek FDCB de gevraagde vierhoek.
Fig. 142.
Bewijs.
Van den vijfhoek is het deel ABCD onveranderd gebleven. Voor A AED is A AFD in de plaats gekomen. Deze twee driehoeken hebben hetzelfde oppervlak, want zij hebben gelijke bases en hoogten.
Opmerking. Past men op den vierhoek dezelfde constructie toe, dan krijgt men een driehoek, die hetzelfde oppervlak heeft.
Eiken willekeurigen veelhoek kan men door herhaalde toepassing van deze constructie veranderen in een driehoek, die hetzelfde oppervlak heeft.



137
§ 155. Constructie II: Construeer een vijfhoek, die hetzelfde oppervlak heeft als een gegeven vierhoek.
Gegeven:
vierhoek ABCD.
Gevraagd: construeer een vijfhoek, die hetzelfde oppervlak heeft als de vierhoek.
Constructie.
Neem in de zijde AB een willekeurig punt E. Verbind D met E. Trek door A een lijn // DE. Neem in
die evenwijdige lijn een Fig. 143.
punt F aan. Verbind F met E en D, dan is FDCBE de gevraagde
vijfhoek.
Bewijs.
Van den vierhoek is het deel DEBC onveranderd gebleven.
Voor A DAE is A FDE in de plaats gekomen. Deze twee driehoeken hebben hetzelfde oppervlak, want zij hebben gelijke bases en hoogten.
Opmerking. Met opzet hebben wij deze constructies zoo kort en sober gegeven. De leerling zoeke zelf, waarom wij in constr. I een diagonaal eh in constr. II geen diagonaal getrokken hebben.
§156. Constructie III. Verdeel een driehoek in drie gelijke deelen, door lijnen uit een hoekpunt.
c
Fig. 144.



138
Gegeven: A ABC.
Gevraagd: den driehoek in drie gelijke deelen te verdeelen door lijnen uit C.
Constructie.
Deel de zijde over / C in drie gelijke deelen, dan kijgt men de punten D en E. Deze punten verbindt men met C.
Bewijs.
De drie driehoeken, die ontstaan, zijn gelijk, want ze hebben gelijke bases en gelijke hoogten..
§ 157. Constructie IV. Verdeel een driehoek in drie gelijke deelen door lijnen te trekken uit een punt in een der zijden gelegen. Gegeven: In zijde BC het punt P.
Gevraagd: den driehoek in drie gelijke deelen te verdeelen door
Wij verbinden P met A, trekken door C een lijn // PA en verlengen de basis tot ze deze lijn in D snijdt. De lijn DB verdeelen wij in drie gelijke deelen. De deelpunten E en F worden met P verbonden. De lijnen PE en PF verdeelen den driehoek in drie gelijke deelen.
lijnen uit P.
Fig. 145.
Constructie.
Bewijs.
De leerling zal gemakkelijk kunnen bewijzen, dat A PDB = A ABC.



139
A PFB = i A PDB, dus ook i A ABC. A PEF = i A PDB, dus ook i A ABC. De vierhoek AEPC moet dan ook wel | A ABC
zijn.
§ 158. Ligt het punt P verder van C dan £ BC bedraagt, dan valt het eerste deelpunt E tusschen D en A, (waarom?) De constructie wordt dan onmogelijk. Ligt het punt P dicht bij B (dichter bij dan £ BC), dan verbinden wij P met A, maar trekken door B een lijn // PA. Be deelpunt en vallen dan op AC.
Ligt het punt P verder dan £ BC van C of B, dan past men de volgende constructie toe: (fig. 146).
Verbind P met A. Verdeel
BC in drie gelijke deelen BD = DE = EC.
Trek de lijnen EF en DG // AP.
Verbind F en G met P.
Bewijs. Wij trekken de hulplijn AD. Nu is A ADB = -J- A
ABC. Vergehjken wij A
ADB met A GPB, dan zien Fig. 146.
wij, dat ze het zelfde oppervlak hebben, want A GDB hebben ze gemeenschappelijk en A AGD = A GPD (zelfde basis en hoogte). A PGB is dus ^ A ABC. Door de hulplijn AE te trekken bewijst men op dezelfde manier, dat
A PCF = i A ABC. Daaruit volgt dat vierhoek AFPG het overblijvende derde deel is.
Vraagstukken.
219. De oppervlakken van twee driehoeken verhouden zich als de producten van basis en hoogte. Bewijs dit.
220. De oppervlakken van twee driehoeken, die gelijke basis hebben, verhouden zich als hunne hoogten.



140
221. Trekt men door de hoekpunten van een vierhoek lijnen evenwijdig aan de diagonalen van den vierhoek, dan ontstaat een parallelogram, dat twee maal zoo groot is als de vierhoek. Bewijs dit.
222. Verbindt men een punt binnen een parallelogram met de vier hoekpunten, dan is de som van twee over elkaar staande driehoeken de helft van het parallelogram.
223. Bewijs, dat de diagonalen een parellelogram verdeelen in vier driehoeken, die even groot zijn.
224. Construeer een vierkant, dat even groot is als de som van twee gegeven vierkanten.
/ƒ 225. Construeer een vierkant, dat even groot is als het verschil van twee gegeven vierkanten. * Yj 226. Construeer een vierkant, dat 5 maal zoo groot is als een gegeven vierkant.
N 227. Deel een parallelogram in twee gelijke deelen door een lijn die evenwijdig loopt aan een 'gegeven lijn. 228. Verander een parallelogram in een ander parallelogram, waarvan één zijde en één hoek gegeven zijn. 5 229. Van twee driehoeken zijn de oppervlakken gelijk, terwijl hunne bases zich verhouden als 5 : 7. Hoe verhouden zich hunne, hoogten?
230. Verander een gegeven driehoek in een vierhoek, die even groot is.
231. Van een gelijkzijdigen driehoek is een zijde p. Druk de hoogte en het oppervlak uit in p.
fL 232. Verander een gegeven vijfhoek in een rechthoekigen driehoek, die even groot is.
233. Verander een driehoek in een ruit, die de basis van den driehoek tot zijde heeft en even groot is. w . 234. Verdeel een driehoek door een lijn uit den top in twee deelen, die zich verhouden als 3 : 7.
235. Als men de hoogtelijnen van een driehoek verlengt, dan verdeelen zij de vierkanten op de zijden in rechthoeken, die twee aan twee gelijk zijn. Bewijs dit.
236. Verander een gegeven rechthoek in een driehoek van gelijke grootte. (Drie manieren.)
4 237. Verander een gegeven ruit in een rechthoekigen driehoek, die even groot is.
238. Verander een ruit in een driehoek, die een der diagonalen van de ruit tot basis heeft en hetzelfde oppervlak heeft.



141
V 239. Verdeel een trapezium in twee gelijke deelen door een lijn uit een punt in een der evenwijdige zijden.
240. Verdeel een driehoek in 7 gelijke deelen door lijnen uit den top.
241. Verdeel een driehoek in 4 gelijke deelen door lijnen uit een punt in een der zijden.
Jl 242. Verander een gegeven trapezium in een gelijkbeenigen driehoek, die even groot is.
{ 243. Verander een driehoek in een trapezium met gelijk oppervlak.
244. Verander een gegeven vijfhoek in een trapezium, dat hetzelfde oppervlak heeft.
245. Verander een gegeven vierhoek in een gelijkbeenigen driehoek, die even groot is.
A 246. Verbindt men in een trapezium het midden van een der beenen
met de uiteinden van het andere been, dan ontstaat een driehoek,
die gelijk is aan de helft van het trapezium. 1 247. Het oppervlak van een trapezium is gelijk aan het product van
de loodlijn uit het midden van een been op het andere neergelaten
en dat andere been.
248. Verdeel een trapezium in twee gelijke deelen door een lijn uit een hoekpunt.
249. Verdeel een willekeurigen vierhoek in twee gelijke deelen door een lijn uit een der hoekpunten.
V 250. Beschrijft men op de zijden van een rechthoekigen driehoek gelijkvormige driehoeken, dan is de driehoek op de hypotenusa gelijk aan de som der driehoeken op de rechthoekszijden. 251. Maak vraagstuk 250 nog eens, maar vervang overal (behalve den eersten keer) driehoek door veelhoek.
Q 252. Construeer een gelijkzijdigen driehoek, die gelijk is aan de som van twee gegeven gelijkzijdige driehoeken.
, 253. Construeer een gelijkzijdigen driehoek, die gelijk is aan het verschil van twee gegeven gelijkzijdige driehoeken. 254. In een parallelogram ABCD neemt men een punt P aan en vereenigt dit met de vier hoekpunten. Zoo de diagonaal AC getrokken wordt, vraagt men te bewijzen, dat het verschil der driehoeken APD en APB gelijk is aan A APC.
9s 255- In een driehoek ABC is een lijn CE getrokken naar AB en naar BC een lijn AD, die CE in F snijdt. Toon aan, dat de driehoeken ACF en BCE gelijk zijn, als ge weet, dat BE : AE = CF : CE.



142
256. Door het hoekpunt -C van A ABC wordt een lijn getrokken, die het verlengde van AB in D snijdt en die met CB een hoek vormt evengroot als / CAB. De zijden van den driehoek zijn: AB =5, BC = 4, AC = 6. Welk deel is A CBD van A ABC?
HOOFDSTUK XXIII.
MEETKUNDIGE PLAATSEN.
§ 159. In fig. 147 zijn twee punten A en B gegeven. Deze twee
punten hebben wij - verbonden en door de bekende constructie, die in de teekening aangegeven is, hebben wij het midden van deze verbindingslijn bepaald.
Het punt C heeft deze eigenschap: het ligt even ver van de twee gegeven punten.
Nu doet de vraag zich voor: zouden er nog meer punten zijn, die dezelfde eigenschap bezitten? Het punt D (een punt van de lijn, die in C J_ AB) verbinden wij met A en B. De driehoeken ACD en BCD zijn congruent, want ze hebben twee zijden en den ingesloten hoek gelijk. Daaruit volgt AD = DB.
Het punt D ligt dus ook even ver van de gegeven punten A en B. Op dezelfde wijze zou men kunnen bewijzen AG = GB; EA = EB; FA = FB. Hieruit volgt:
Alle punten van de lijn GF hebben eenzelfde.eigenschap; ze liggen alle even ver van de punten A en B.
Fig- 147.
§ 160. Hoe staat het nu met de punten, die buiten de lijn GF liggen?



143
In fig. 148 is D een punt, dat buiten de lijn GF ligt. We verbinden D met A en B.
De lijn DA snijdt GF in E. E wordt verbonden met B.
Omdat E een punt is van lijn GF is EA = EB.
In A EBD is EB + ED > BD of AE + ED > DB of DA > DB.
Het punt D mist dus de eigenschap van § 159. D ligt niet even ver van A als van B. Op dezelfde wijze zouden wij kunnen bewijzen, dat elk punt buiten de lijn GF
de eigenschap van § 159 niet bezit. Fig. 148.
Hieruit volgt:
GF is een lijn, waarvan alle punten eenzelfde eigenschap bezitten, terwijl alle punten buiten GF die eigenschap niet bezitten. Zulk een lijn moet men een meetkundige plaats.
Gewoonlijk zet men de eigenschap van de punten er dadelijk bij, bijv.:
GF is de meetkundige plaats van de punten, die even ver van A als van B af liggen.
of nog algemeener:
De nisetkundige plaats van de punten, die even ver van twee gegeven punten afliggen, is de lijn, die de verbindingslijn der gegeven punten loodrecht middendoor deelt.
Vraag. Indien er nu alleen maar gegeven is, dat een zeker purtt P even ver van A als van B ligt, op welke lijn moet dan P liggen? Hoeveel punten liggen er op de meetkundige plaats?
§ 161. Moet men bewijzen, dat een zekere lijn een meetkundige plaats is, dan bewijst men eerst,
dat alle punten de aangegeven eigenschap bezitten, en daarna,
dat alle punten daarbuiten de eigenschap missen daaruit volgt dan:
De lijn is de meetkundige plaats van de punten, die
enz.
Op de plaats van de stippeltjes komt de eigenschap te staan.



144
Voorbeeld.
De bissectrice van een hoek is de meetkundige plaats van de pariten, die even ver van de beenen van den hoek afliggen.
lste deel.
Gegeven: AB is de bissectrice' P is een punt daarin PD en PC ± op de beenen.
Te bewijzen: PD = PC.
Fig. 149.
Bewijs.
A PAD A PAC. want AP is gemeenschappelijk /D = / C = 90° / DAP = / CAP. Hieruit volgt: PD = PC. Op dezelfde wijze kunnen wij van elk punt der bissectrice bewijzen dat de afstanden tot de beenen gelijk zijn.
2de deel.
Fig. 150.
Gegeven: AB is de bissectrice; punt P ligt daarbuiten. PD en PC J_ op de beenen.
Te bewijzen: PD niet gelijk aan PC.
Bewijs.
Uit E laten wij de loodlijn EF neer. F wordt verbonden met P.



145
Wij hebben nu EF = DE (waarom?) In A EFP is EF + EP > PF, dus ook DE + EP > PF, of DP > PF.
Nu is PF de hypotenusa van een rechth. driehoek, dus grooter dan PC, derhalve is ook
DP > PC.
Op dezelfde wijze kunnen wij bewijzen, dat alle punten buiten AB de eigenschap niet bezitten. Nu eerst kunnen wij besluiten:
AB is de meetkundige plaats van de punten, die even ver van de beenen af liggen.
Weet men nu van een zeker punt x, dat het even ver van de beenen van een hoek af ligt, dan moet x een punt van de bissectrice zijn.
Opgaven.
1. Deelt men in een driehoek de drie zijden loodrecht middendoor, dan ontstaan de drie middelloodlijnen.
Bewijs, dat de drie middelloodlijnen door éénzelfde punt gaan. (De middelloodlij n is de vierde merkwaardige lijn in den driehoek.)
2. Bewijs met behulp van meetkundige plaatsen, dat de drie bissectrices door één punt gaan.
3. De meetkundige plaats van de punten, die even ver van een lijn PQ afliggen, bestaat uit twee lijnen, die aan weerskanten van PQ evenwijdig aan PQ loopen. Bewijs dit.
4. De meetkundige plaats van de toppunten der driehoeken, die eenzelfde basis en gelijke hoogte hebben, bestaat uit twee lijnen, die aan weerskanten der basis evenwijdig aan de basis loopen.
5. Denkt men zich de beenen van een hoek verlengd door het hoekpunt, dan bestaat de meetkundige plaats van de punten, die even ver van de beenen af liggen, uit twee bissectrices, die van den hoek zelf en die van het supplement van den hoek.
6. Is de volgende bepaling goed? Een cirkel is de meetkundige plaats der punten, die alle even ver van eenzelfde punt af liggen?
Meetkunde, 5e druk.
10



146
HOOFDSTUK XXIV. EENVOUDIGSTE EIGENSCHAPPEN VAN DEN CIRKEL.
§ 162. Eigenschap I. Door twee punten kan men oneindig veel cirkels trekken.
Gegeven: de punten A en B.
Te bewijzen: het aantal cirkels, door A en B getrokken, is oneindig groot.
Bewijs. Elke cirkel, die door A en.B getrokken wordt, heeft een middelpunt M, dat even ver van A als van B af ligt. Omgekeerd, elk punt, dat even ver van A als van B ligt, kan gebruikt worden als middelpunt van een cirkel, die door A en B gaat.
Volgens § 160 is het aantal van deze punten oneindig groot en liggen zij alle in de lijn Mx M2 M3, die de ver-
Fig. 151. bindingslijn AB loodrecht
middendoor deelt.
Opmerking. De lijn M1 M2 M3, wordt genoemd de meetkundige plaats van de middelpunten der cirkels, die door A en B gaan.
Kunt ge verklaren waarom?
§163. Eigenschap II. Door drie punten, die niet in een rechte lijn liggen, kan men maar één cirkel trekken.
.Gegeven: de punten A, B en C. Te bewijzen: door A, B en C kan men één cirkel.



147
Bewijs. De cirkel gaat door de punten A en C, dus moet het middelpunt liggen op de lijn, die AC loodrecht middendoor deelt.
De cirkel gaat ook door de punten B en C, dus moet het middelpunt liggen op de lijn, die BC loodrecht middendoor deelt. Het middelpunt moet dus op twee lijnen liggen; het is dus het snijpunt der twee loodlijnen.
Omdat twee lijnen maar één snijpunt kunnen hebben, is er maar één cirkel mogelijk.
§ 164. Opgaven.
1. Bewijs, dat men door drie *punten, die wel in een rechte lijn liggen, geen cirkel kan trekken.
2. Bewijs, dat een rechte lijn niet drie punten met een cirkelomtrek gemeen kan hebben.
3. Neem drie punten aan en construeer een cirkel, die door die drie punten gaat. Zoudt gij kunnen bewijzen, dat de twee meetkundige plaatsen elkaar moeten snijden?
4. Construeer een cirkel, die door de hoekpunten van een driehoek gaat.
5. Drie punten A, B en C liggen achtereenvolgens op 5, 7 en 9 cM. afstand van een punt M. Uit M beschrijft men een cirkel met een straal van 7 cM. Hoe liggen de punten A, B en C ten opzichte van den cirkelomtrek?
§ 165. Eigenschap III. De kortste van alle lijnen, die men uit een willekeurig punt P naar een punt van den cirkelomtrek kan trekken, is de lijn, waarvan het verlengde door het middelpunt gaat. De langste van al die lijnen is de lijn, die zelf door het middelpunt gaat.
Fig. 152.



148
Fig. 153.
Fig. 154.
Bewijs.
In fig. 153 ligt 'het punt P buiten den cirkel. De lijn PA is de kortste lijn tusschen P en den cirkel, omdat het verlengde van PA door het middelpunt gaat De lijn PA noemt men den afstand van P tot den cirkel. De lijn PB is de langste lijn, die er bestaat tusschen P en een punt Van den cirkel, omdat PB zelf door M gaat. Wij zullen eig. III alleen bewijzen voor het geval, dat P buiten den cirkel ligt. In fig. 154 ligt P binnen den cirkel; het bewijs hiervan is voor den leerling.
Gegeven: (fig. 153)punt P; verder een willekeurig punt C.
Te bewijzen:
a) PA < PC,
b) PB > PC.
In A PMC is:
PM — MC < PC § 34. dus ook PM — AM < PC. of PA < PC.
In A PMC is:
PM + MC > PC § 33. dus ook PM + MB > PC. of PB > PC.
§ 166.
s
7.
Opgaven.
Gegeven een cirkel M. Teeken een punt P, dat op een afstand van 4 cM. van den cirkel ligt.
Neem drie punten aan. Trek daardoor een cirkel M. Trek daarna een cirkel, waarvan alle punten op 3 cM. afstand liggen van cirkel M. Hoe heet de tweede cirkel?



149
8. Bewijs de omgekeerden van eigenschap III.
9. Bewijs de volgende stelling. Als de lijn PA, die een punt P met een lijn verbindt, de kortste is van alle lijnen, die men uit P naar die lijn kan trekken, dan is PA loodrecht op die lijn,
§ 167. Een lijn, die twee punten met een cirkelomtrek gemeen heeft, noemt men een snijlijn.
Een lijn, die één punt met een cirkelomtrek gemeen geeft, heet raaklijn. Het punt, dat gemeenschappelijk is, noemt men het raakpunt. De straal, die het raakpunt met het middelpunt verbindt, heet de straal van het raakpunt. Een van de wijzen, waarop een raaklijn ontstaan kan, is de volgende:
Fig. 155.
In fig. 155 is de lijn PAB een snijlijn, de twee snijpunten zijn A en B.
Het punt P blijft op zijn plaats, maar de snijlijn wentelt in de richting van het pijltje. De snijpunten Ax en Bj, A2 en B2 komen hoe langer hoe dichter bij elkaar. Eindelijk zullen de twee snijpunten A3 en B3 samenvallen; dit ééne punt heet raakpunt en de lijn PB3 heet raaklijn.
Waarom is de lijn PC uit fig. 153 geen raaklijn?
Hoeveel punten heeft PC dan met den cirkelomtrek gemeen?
§ 168. Eigenschap IV. Een raakpunt staat loodrecht op den straal van het raakpunt, (fig. 155.)
Gegeven: PB3 is een raaklijn. Te bewijzen: PB3 J_ straal van het raakpunt.



150
Bewijs.
Verbinden wij het raakpunt met het middelpunt, dan is geteekend de straal van het raakpunt; deze lijn is natuurlijk gelijk aan den straal van den cirkel.
Verbinden wij het middelpunt met alle andere punten van de raaklijn, dan ontstaan verschillende lijnen, die alle grooter zijn, dan de straal, omdat de punten van de raaklijn buiten den cirkel liggen. De straal van het raakpunt is alzoo de kortste lijn, die men uit het middelpunt naar de raaklijn kan trekken, dus vormt zij met de raaklijn een hoek van 90°.
§ 169. Opgaven.
10. Als een lijn PQ een punt A met den cirkel gemeen geeft, en loodrecht staat op den straal van het punt A, dan is die üjn PQ een raaklijn. Bewijs dit.
11. Gegeven in een cirkelomtrek een punt P. Construeer een raaklijn, die den cirkel in P raakt.
12. Construeer een cirkel, die een gegeven lijn in een gegeven punt A raakt. Hoeveel cirkels zijn er mogelijk?
13. Als de afstand van het middelpunt van een cirkel tot een lijn kleiner is dan de straal, dan is de lijn een snijlijn.
HOOFDSTUK XXV. OXDERLIXGE LIGGING VAN TWEE CIRKELS.
Fig. 156.
a > R + r
§ 170. In fig. 156 zijn twee cirkels geteekend, die geen enkel punt gemeen hebben. Zij vallen geheel buiten elkander. De lijn, die de middelpunten verbindt (de afstand der m) is grooter dan de som der stralen. Noemt men den afstand a en de twee stralen der cirkels R en r, dan is hier.
(I)



151
In fig. 157 hebben de omtrekken van de twee cirkels één punt gemeen. In dat punt raken zij elkaar. Overigens vallen ze geheel buiten elkaar. Men zegt: de cirkels raken elkaar uitwendig. De afstand der middelpunten is juist gelijk aan de
som der stralen.
a = R + r . . . (II) Fig. 157.
De omtrekken der twee cirkels in fig. 158 hebben twee punten gemeen. De twee cirkels snijden elkaar. De lijn, die de snijpunten verbindt, heet de gemeenschappelijke koorde. De afstand der middelpunten is kleiner dan de som der stralen, maar grooter dan het verschil der stralen.
a < R + r, maar > R — r (III)
Fig. 158.
Fig. 159.
Fig. 160.
In fig. 159 hebben de omtrekken maar één punt gemeen. In dat punt raken zij elkaar. Overigens ligt de kleinste geheel binnen.den grootsten. Men zegt: de cirkels raken elkaar inwendig. De afstand der middelpunten is gelijk aan het verschil der stralen.
a = R — r (IV)
De cirkels van fig. 160 hebben weer geen enkel punt gemeen.



Zij vallen geheel binnen elkander. De afstand der middelpunten is kleiner dan het verschil der stralen.
a < R — r (V)
In fig. 161 hebben de cirkelomtrekken geen punt gemeen. Zij hebben hetzelfde middelpunt. Men noemt ze gelijkmiddelpuntige of concentrische cirkels.
a = o .... (VI)
Met deze zes teekeningen zijn alle gevallen, die zich bij twee cirkels kunnen voordoen, aangeduid.
Fig. 161.
§171. Opgaven.
1. Als twee cirkels elkaar snijden, dan wordt de gemeenschappelijke koorde loodrecht middendoor gedeeld door de lijn, die<le middelpunten verbindt. Bewijs dit.
2. Als twee cirkels elkander raken, liggen de middelpunten en het raakpunt op een rechte lijn. Bewijs dit.
3. Twee elkaar inwendig rakende cirkels hebben in hun raakpunt een gemeenschappelijke raaklijn (fig. 159).
4. Twee elkaar uitwendig rakende cirkels hebben in hun raakpunt een gemeenschappelijke raaklijn (fig. 157).
5. Teeken een cirkel. Neem in den omtrek een punt A aan. Construeer een cirkel, die den eersten cirkel in A raakt. Hoeveel cirkels voldoen aan de vraag?
6. Hoe zoudt gij in het vorige vraagstuk de lijn noemen, die door A en het middelpunt gaal?
§ 172. Een hoek, waarvan het hoekpunt in het middelpunt ligt, en de beenen stralen zijn, heet een middelpuntshoek. Tusschen de beenen ligt een boog. Men zegt, dat de middelpuntshoek op dien boog staat. Bijv. in fig. 162:
152



De middelpuntshoek AMB staat op A
Een eirkelsector is een deel van den cirkel, dat begrensd wordt door twee stralen en een boog.
In fig. 162 zijn twee cirkelsectoren geteekend. De kleinste sector is gearceerd. Al het overige is de tweede sector.
Is de middelpuntshoek van een sector 90°, dan noemt men den sector een kwadrant.
Een segment is een deel van den cirkel, dat begrensd wordt door een koorde en een boog. In fig. 163 zijn twee segmenten geteekend. Het kleinste segment is gearceerd. Al het overige is het tweede segment.
Men zegt, dat de koorde DE den «r-. DE onderspant. Vraag: Welk verschil bestaat er tusschen een cirkelsector en een middelpuntshoek?
Fig. 163.
§ 173. Men noemt twee bogen gelijk, als men ze zóó kan plaatsen» dat ze elkaar volkomen bedekken.
Eigenschap. Een middellijn verdeelt den omtrek in twee gelijke deelen.
153



154
Bewijs.
Een willekeurig punt C van den bovensten böog verbinden wij met het middelpunt. Nu maken wij /_ BMD gelijk aan / CMB.
Vouwen wij nu de figuur om langs de middellijn, dan zal punt C juist op punt D vallen. Op dezelfde manier kunnen wij aantoonen, dat elk punt van den bovensten boog zal vallen op een overeenkomstig punt van den ondersten
hoog. De beide bogen kunnen elkaar dus volkomen bedekken, zijn derhalve gelijk.
Opmerking. Een middellijn verdeelt een cirkel in twee halve cirkels. Een halve cirkel is een segment, waarvan de koorde een middellijn is. Een halve cirkel is een sector, waarvan de middelpuntshoek 180° is.
Fig. 164.
§ 174. Eigenschap Zijn in een cirkel twee middelpuntshoeken •gelijk, dan zijn ook de bogen, waarop zij staan, gelijk.
Gegeven: / AMB = / CMD. Te bewijzen: ~ AB = CD.
Bewijs.
Leggen wij £_ AMB op /_ CMD, zóó dat de hoekpunten samenvallen en AM op MC, en BM op MD, dan zullen, omdat alle stralen gelijk zijn.en punten A en B juist op de de punten C en D vallen.
Fig. 165.
De eindpunten der bogen AB en CD vallen dus samen.



155
Verder zullen ze geheel samen moeten vallen, want elk punt van t* AB is evenver van M verwijderd als het overeenkonstige punt van • CD.
§ 175. Betrekking tusschen een middelpuntshoek
en den boog, waarop hij staat.
Trekt men in een cirkel twee middellijnen, die loodrecht op elkaar staan, dan ontstaan er:
vier gelijke middelpuntshoeken, ieder van 90°, maar ook volgens § 174 vier gelijke bogen.
Zou men eiken middelpuntshoek in 90 deelen verdeelen, dan zouden onstaan:
360 gelijke middelpuntsh., ieder van 1°, maar ook 360 gelijke boogjes, die samen den omtrek vormen.
Een middelpuntshoek van 1° staat dus op een boogje, dat het 360ste deel van den cirkelomtrek is. Zoo'n boog noemt men een booggraad.
Een cirkel = 360 booggraden.
Een halve cirkel = 180 booggraden.
Een middelpuntshoek van 90° staat op een boog van 90 booggraden.
Een middelpuntshoek van 37° staat op een boog van 37 booggraden»
Het aantal hoekgraden van een middelpuntshoek = het aantal booggraden van den boog, waarop hij staat.
Zou men een middelpuntshoek van 1° weer in 60 gelijke deelen verdeelen, dan zou de booggraad ook in 60 gelijke boogjes verdeeld worden. Zoo'n boogje het boogminuut.
Een middelpuntshoek van 1' staat dus op een boog van 1 boogminuut.
Evenzoo een middelpuntshoek van 1" staat op een boog van 1 boogseconde.
Een cirkelomtrek = 360 booggraden = 360°. Een booggraad = 60 boogminuten = 60'. Een boogminuut = 60 boogseconden = 60".
§ 176. Eigenschap. Zijn in een cirkel twee koorden gelijk, dan zijn ook de bogen, die ze onderspannen, gelijk.
Gegeven: koorde AB = koorde CD. Te bewijzen: ^AB = ^ CD.



Verbindt men de uiteinden der koorden met het middelpunt, is A AMB £H A CMD, want ze hebben de drie zijden gelijk.
Dus / AMB = / CMD en hieruit volgt:
— AB = ^ CD.
Bewijs.
Fig. 166.
§ 177.
Opgaven.
7. Als twee bogen gelijk zijn in een cirkel, dan zijn ook de bijbehoorende koorden geüjk. Bewijs dit. (fig. 165.)
8. Verbindt men het middelpunt met het midden van een koorde, dan staat deze lijn loodrecht op de koorde en deelt den boog middendoor.
9. Laat men uit het middelpunt een loodlijn neer op een koorde, dan wordt de koorde middendoor gedeeld.
10. Een boog van een cirkel is 84 booggraden. Hoe groot zijn de hoeken, die de stralen maken met de koorde, die den boog onderspant'.'
257. De middellijn van een cirkel is de grootste koorde. Bewijs dit.
258. In een cirkel zijn twee koorden geteekend, die op gelijken afstand van het middelpunt liggen. Bewijs, dat deze koorden gelijk zijn.
259. Als twee koorden in een cirkel gelijk zijn, liggen zij op gelijken afstand van het middelpunt. Bewijs dit.
260. Als twee gelijke koorden van een cirkel elkaar snijden, verdeelen ze elkaar in stukken, die twee aan twee gelijk zijn.
Vraagstukken.
156



157
261. Als twee gelijke cirkels elkander snijden, deelt de gemeenschappelijke koorde de lijn, die de middelpunten vereenigt, loodrecht middendoor. Bewijs dit.
262. Van een cirkel is een boog gegeven. Construeer het middenpunt.
263. Construeer een cirkel, die door twee gegeven punten gaat en waarvan het middelpunt op een gegeven lijn ligt.
Is deze constructie altijd mogelijk?
264. Gegeven een / A. Construeer een cirkel, die de beenen van dien hoek raakt.
265. Construeer een cirkel, die twee gegeven lijnen raakt, en waarvan het middelpunt op een gegeven lijn ligt.
Is er altijd een constructie mogelijk?
266. Construeer een cirkel, die de drie zijden van een driehoek raakt.
267. Een koorde van een cirkel is 24 cM. De afstand tot het middelpunt is 9 cM. Hoe lang is de straal?
268. Construeer aan een cirkel een raaklijn, die evenwijdig is aan een gegeven Jijn.
269. Construeer aan een cirkel, een raaklijn, die loodrecht staat op een gegeven lijn.
270. Bewijs, dat de lijn, die de raakpunten van twee evenwijdige raaklijnen verbindt, door het middelpunt gaat.
271. Construeer met een gegeven straal een cirkel, die een gegeven üjn raakt en door een gegeven punt gaat.
272. De stralen van twee elkaar snijdende cirkels zijn R en r. De afstand der middelpunten is a. Druk de gemeenschappelijke koorde in R, r en a uit.
273. Gegeven zijn vier niet in één rechte lijn liggende punten. Construeer een cirkel, waarvan deze vier punten evenver verwijderd zijn.
274. Twee cirkels raken elkaar inwendig. De straal van den kleinsten cirkel is de helft van dien van den grootsten. Men trekt in den grooten cirkel door het gemeenschappelijk raakpunt een koorde. Bewijs, dat deze koorde door den kleinen cirkel middendoor gedeeld wordt.
275. Trekt men in een cirkel eenige gelijke koorden, dan zijn deze koorden alle raaklijnen aan een concentrischen cirkel, die den
* afstand van een koorde tot het middelpunt tot straal heeft.
276. Door het raakpunt van twee elkaar uitwendig rakende cirkels trekt men een lijn. Bewijs, dat de koorden, die door de cirkels van deze lijn afgesneden worden, zich verhouden als de stralen der cirkels.



158
. 277, Bewijs dezelfde eigenschap voor twee elkaar inwendig rakende
"i-jölpkels.
278. Het vierkant van de lijn, die hëtmiddelpunt met eeit^geJap^ •^v pynf van eftp^oorde verbü^EJvis gelijklaan- ^^;y^mé'üj^^k;
den "straal verminderd met het product van de stukken, waarin de koorde verdeeld wordt,
279. Hoe wórdt deze stelling veranderd,, als dé lijn uit het middelpunt getrokken wordt naar één punt' óp het verlengde van de koorde buiten den cirkel gelegen?
280. Een koorde wordt in drie gelijke deelen verdeeld. De lijnen, uit het middelpunt naar de deellijnen getrokken, verdeelen den boog in drie deelen, waarvan alleen maar de twee buitenste even groot zijn. Bewijs dit.
HOOFDSTUK XXVI. HOEK EN BOOG.
§ 178. In het vorige hoofdstuk hebben wij reeds geleerd wat een middelpuntshoek is, en welke betrekking er tusschen dezen hoek en den boog bestaat. Deze betrekking zullen we voortaan korter uitdrukken door-; , Een middelpuntshoek is gelijk aan den boog, waarop hij staat. Bij een middelpuntshoek ligt het hoekpunt juist in het middelpunt van den cirkel,. 'Het: hoekpunt van een hoek kan echter ook ergens anders liggen, n. m.1.
op den cirkelomtrek, binnen den cirkelomtrek. '.- '5ssPfgi5i buiten den cirkelomtrek. Naar deze ligging van het hoekpunt onderscheiden wij drie soorten van hoeken.
lste Omtrekshoek; hoekpunt ligt op den omtrek, de beenen zijn koorden.
2de Hoek binnen den cirkel; hoekpunt ligt binnen den omtrek verlengt men de beenen, dan zijn het koorden.
3de Hoeklbuiten den cirkel; hoekpunt ligt buiten den omtrek, de beenen zijn snijlijnen.



IS9
omtrekshoek. hoek binnen den cirkel, hoek buiten den cirkel. Fig. 167. Fig. 168. Fig. 169.
§ 179. Eigenschap I. Een omtrekshoek is gelijk aan de helft van den boog, waarop hij staat, fig. 170.
Gegeven: / ACB is een omtrekshoek. Te bewijzen: / ACB = £ ~ ADB.
Bewij s.
Uit C trekken wij de middellijn CMD; de punten A en B vereenigen wij met M. Nu zij de driehoeken
AMC en BMC gelijkbeenig.
/ AMD = 2 x / ACD (waarom?) / AMD = #4 AD, dus / ACD = i~ AD .... 1) / BMD = 2 x / BCD (waarom?) / BMD = DB, dus
l BCD = |
DB
2)
Tellen wij 1) en 2) samen dan krijgen wij:
Fig. 170.
I ACD = | — AD / BCD = $ DB —op
/ ACB =(-AD + ^ DB)
i - Arm
— ï



160
Opmerking.
Iets anders wordt het bewijs, als het middelpunt niet tusschen de beenen van den hoek ligt (fig. 171).
Fig. 172.
De leerling zal dadelijk kunnen bewijzen: l DCB = i ^ DAB
/ DCA
i-DA
-af
/ ACB = |(~ DAB> = | ~ AB.
DA)
§ 180. Eigenschap II. Een hoek binnen den cirkel is gelijk aan de halve som der bogen tusschen de beenen en het verlenqde der beenen
fig. 172. ' *
Gegeven: / ACB is een hoek binnen den cirkel. Te bewijzen: Z ACB — \ AB + ^ DE).
Bewijs.
Wij verlengen de beenen AC en BC en verbinden 0 met A.
Z ACB is een buitenhoek van A ACD, dus. Z ACB = Z ADB + Z DAE.
Z ADB = | Z DAE = £
AB DE
ACB = i (^ AB
-op
DE).
§ 181. Eigenschap 111. Een hoek buiten den cirkel is gelijk aan hef; halve verschil der bogen tusschen de beenen.
Gegeven: / ACB is een hoek buiten den cirkel. Te bewijzen: / ACB = -J AB — >*«. DE).



161
Bewijs.
.Wij trekken de hulplijn AE. / ACB + Z CAE = / AEB,'dus / ACB = / AEB — / CAE. I AEB = { AB / CAE = \ ~ DE
: .. af
/ ACB = \ || AB — | §5 DE = \{ — AB — M DE).
§ 182. Opmerkingen.
In fig. 174 is de omtrekshoek ACB geteekend. Deze is volgens eigenschap I de helft van den boog, waarop hij staat. Draait nu het been BC in de richting van het pijltje, dan doorloopt het punt
Fig. 173.
B de verschillende standen Bls B2 en B3. Maar bij B3 is de koorde raaklijn geworden en de punten B3 en C vallen samen. De hoek ACE is dus een bijzonder soort omtrekshoek, waarvan ook eigenschap I geldt.
'De hoek, gevormd door een koorde en een raaklijn is gelijk aan den halven boog, waarop hij staat.
In fig. 175 is de hoek buiten den cirkel ACB geteekend. Deze hoek is volgens eigenschap III gelijk aan het halve verschil van de bogen tusschen de beenen. Draait nu het been BC in de richting van het pijltje, dan doorloopt het punt B de verschillende standen B, en gg. Maar bij B2 is de snijlijn raaklijn geworden. / ACB2 is dus een bijzonder soort hoek.buiten den cirkel, waarvan ook eigenschap III geldt.
Meetkunde, 5e druk. n



162
De hoek buiten den cirkel, gevormd door een snijlijn en een raaklijn, is gelijk aan het halve verschil van de bogen tusschen de beenen.
§ 183. • Opgaven.
1. Drie punten A, B en C verdeelen een cirkelomtrek in bogen, die zich verhouden als 5 : 6 : 7. Hoe groot zijn de hoeken van A ABC?
2. Een cirkelomtrek wordt door 4 punten A, B, C en D zóó ver• - deeld, dat de AB, BC, CD en DA zich verhouden als 2 : 3 : 4 : 6.
Hoe groot zijn de hoeken van dien vierhoek?
3. Hoe groot is de hoek, dien de diagonalen in vierhoek ABCD van opgave 2 met elkaar vormen?
4. De tophoek van een gelijkbeenigen driehoek is 36°. Op de basis als middellijn wordt een cirkel beschreven. Hoe groot is de boog die binnen den driehoek ligt? Bewijs ook, dat de twee buitenste bogen gelijk zijn.
5. Drie punten A, B en C verdeelen een cirkelomtrek in bogen, die zich verhouden als 2 : 3 : 7. In de punten A, B en C trekt men raaklijnen aan den cirkel. Hoe groot zijn de hoeken van den vierhoek, die ontstaat, wanneer men A met C verbindt?
6. In een cirkel trekt men twee evenwijdige koorden. Bewijs, dat de bogen tusschen deze koorden gelegen, gelijk zijn.
7. Construeer een rechthoekigen driehoek, als alleen de hypotenusa gegeven is. Hoeveel driehoeken voldoen aan de vraag?
8. Construeer een rechthoekigen driehoek, als de hypotenusa gegeven is en de hoogtelijn op de schuine zijde. Hoeveel driehoeken voldoen?
9. Wanneer voldoen in de vorige opgave 2 driehoeken,, wanneer maar één, wanneer geen één?
10. Twee cirkels snijden elkander in de punten A en B. Door A trekt men een koorde, die de cirkels snijdt in de punten C en D. Bewijs dat -v.BC = BAD,
§ 184. Constructie van de raaklijnen aan een cirkel uit een punt buiten den cirkel.
Gegeven: cirkel M en daar buiten P. Gevraagd: Construeer uit P de raaklijnen aan cirkel M.



163
Constructie.
Verbind P met M. Beschrijf op MP als middellijn een hulpcirkel N. Deze snijdt den cirkel in de punten A en B. Verbind A en B met P, dan zijn de lijnen PA en PB de raaklijnen.
Bewijs. Trek de hulplijnen MA
en MB, dan zijn / MAP Fig. 176.
en / MBP recht, want ze
staan op een halven cirkel. De lijnen PA en PB staan nu loodrecht op de stralen van de raakpunten, zijn dus raaklijnen.
§ 185. Een lijn, die raaklijn aan twee of meer cirkels is, noemt men gemeenschappelijke raaklijn. Liggen de cirkels aan denzelfden kant der raaklijn, dan heet deze de uitwendige gemeenschappelijke raaklijn. Liggen de cirkels aan verschillende kanten der raaklijn, dan noemt men ze de inwendige gemeenschappelijke raaklijn.
§ 186. Constructie van de uitwendige gemeenschappelijke raaklijnen aan twee cirkels.
Fig. 177.



164
Gegeven: De cirkels M en N. Gevraagd: Construeer de uitwendige gem. raaklijnen.
Constructie.
Beschrijf met M als middelpunt een hulpcirkel, waarvan de straal gelijk is aan het verschil der stralen van de gegeven cirkels M en N. Construeer uit N de raaklij nen NA en ND -aan dien hulpcirkel (§184). Trek de lijnen MAB en MDE. Trek uit N de lijn NC // MB en de lijn NF // ME. Verbind de punten B en C, en E en F, dan zijn de lijnen BC en EF de gevraagde raaklijnen.
Bewijs.
MA is het verschil der stralen, dus AB is gelijk aan den straal van cirkel N. AB = NC; bovendien AB // NC;
dus vierhoek ABCN is een parallelogram. /_ MAN = 90°, dus ook f_ BAN;
vierhoek ABCN is derhalve een reehthoek. De lijn BC staat alzoo loodrecht op de stralen MB en NC; is dus een gemeenschappelijke raaklijn.
Op. dezelfde wijze bewijst men, dat EF een gemeenschappelijke raaklijn is.
§ 187. Constructie van de inwendige gemeenschappelijke raaklijnen aan twee cirkels.
Fig. 178.



165
Gegeven: de cirkels M en N. i
Gevraagd: Construeer de inwendige gem. raaklijnen.
Constructie.
Beschrijf met M als middelpunt een hulpcirkel, waarvan de straal
gelijk is aan de som der stralen van de gegeven cirkels M èif NiConstrueer uit N de raaklijnen NA en NB aan dien hulpcirkel (§ 184).
Trek de lijnen MB, die cirkel M in F en MA, die cirkel M in C snijdt.
Trek ND // MA en NE // MB. Verbihd C met D, en F met E, dan
zijn de lijnen CD en EF de gevraagde raaklijnen.
Bewijs.
MA is de som der stralen, dus AC is gelijk aan den straal van cirkel N.
AC = ND; bovendien AC // ND,
dus vierhoek ACDN is een parallelogram.
l_ MAN = 90°, derhalve ACDN is een rechthoek. .
De lijn CD staat alzoo loodrecht op MC en op ND; is dus de gevraagde raaklijn.
Op dezelfde wijze wordt bewezen, dat EF een gem. raaklijn is.
Vraagstukken.
281. Bewijs in fig. 176, dat PA = PB.
282. Bewijs in fig. 176, dat MP de bissectrice van [_ BPA is.
283. Bewijs in fig. 177, dat BC = EF.
284. Bewijs in fig. 178 dat CD = EF.
285. Teeken twee cirkels buiten elkander. De stralen zijn 9 cM. en 12 cM. De afstand der middelpunten is 27 cM- Bereken de inwendige gemeenschappelijke raaklijn.
286. In fig. 176 trekt men de lijn BA (raakkoorde). Bewijs dat, l_ MBA = l_ MPB.
287. Als in fig. 176 PM 3 maal de straal van cirkel M is, druk dan PB in den straal uit.
288. Trek in een cirkel een koorde, die evenwijdig is aan een gegeven koorde.
289. Trek in een cirkel een koorde, die evenwijdig en tevens gelijk is aan een gegeven koorde.



166
290. In een cirkel zijn twee rechthoekig op elkaar staande koorden getrokken. Bewijs, dat de som van twee niet op elkaar volgende bogen gelijk is aan den halven omtrek.
291. Door een punt A buiten een cirkel trekt men een snijlijn ACB» zoodanig, dat CA gelijk is aan den straal CM. Trekt men de lijn AM door totdat ze den omtrek in D snijdt, dan is [_ BMD = 3 x l_ BAD. Bewijs dit.
292. Twee cirkels, waarvan de stralen a en b zijn, raken elkaar uitwendig. Druk de uitwendige gemeenschappelijke raaklijn uit in a en b. *
293. Gegeven buiten een cirkel een punt P. Wordt gevraagd uit P een snijlijn te trekken, zoodanig, dat van die snijlijn een koorde van gegeven lengte wordt afgesneden.
294. Trek aan een gegeven cirkel een raaklijn, zoodanig, dat een andere gegeven cirkel daarvan een koorde van gegeven lengte afsnijdt.
295. Van een rechthoekigen driehoek is de hypotenusa gegeven, terwijl de A even groot is als een gegeven vierkant. Construeer den A-
296. Bereken de inwendige gemeenschappelijke raaklijn aan twee cirkels, als de afstand der middelpunten a is en de stralen R en r zijn.
297. Bereken ook de uitwendige gemeenschappelijke raaklijn, als de cirkels buiten elkander vallen; als ze elkaar uitwendig raken; als ze elkaar snijden.
298. Als men een punt A binnen een cirkel met het middelpunt M verbindt en op MA als middellijn een cirkel beschrijft, dan wordt van den eersten cirkel elke koorde, die door A gaat, door den tweeden cirkel middendoor gedeeld.
299. Als men een punt A buiten een cirkel met het middelpunt M
verbindt en op MA als middellijn een cirkel beschrijft, dan wordt van den eersten cirkel elke koorde, waarvan het verlengde door A gaat, door den tweeden cirkel middendoor gedeeld.
300. Trek in een cirkel een koorde, die door twee bepaalde stralen in drie gelijke deelen verdeeld wordt.
301. Trek in een cirkel een koorde, die door twee bepaalde stralen in drie deelen verdeeld wordt, die zich verhouden als 3 : 4 : 3.



167
HOOFDSTUK XXVII. EVENREDIGHEID VAN LIJNEN IN DEN CIRKEL.
§ 188. Vóórdat dit hoofdstuk bestudeerd wordt, moet eerst Hoofdstuk XVI nog eens nagelezen worden.
Eigenschap I. De loodlijn, uit een punt van den cirkelomtrek
op de middellijn neergelaten, is middelevenredig tusschen de stuk- I ken, waarin de middellijn verdeeld wordt.
Gegeven: CD J_ AMB.
Te bewijzen: AD : CD = CD : DB. Mk
Bewijs.
Wij verbinden het punt" C met WËËÉl
A en B. Nu is hoek ACB = 90°.
('t Is een omtrekshoek, die op een Fig. 179.
halven cirkel staat.) A ABC is dus
rechthoekig. AB is de hypotenusa. Volgens Hoofdstuk XVI hebben we dus:
AD : CD = CD : DB; of, als men de hoofdeigenschap toepast:
CD2 = AD x DB. Het laatste in woorden:
Het vierkant van de loodlijn is gelijk aan het product van de stukken, waarin de middellijn verdeeld wordt.
§ 189. Eigenschap II. Een koorde, uit een der uiteinden van een middellijn getrokken, is middelevenredig tusschen hare projectie op de middellijn en de middellijn zelf.



168
Fig. 180.
Gegeven: AC is een koorde; AMB is middellijn; AD is de projectie van AC op AMB.
Te bewijzen: AD : AC = AC : AB.
Bewijs.
Wij verbinden C met B. Nu is. A ACB rechthoekig in C. (waarom?) Volgens HoofdstukXVI hebben wij
AD : AC = AC : AB; of, als men de hoofdeigenschap toegepast:
AC2 = AD x AB.
Het laatste in woorden:
Het vierkant van de koorde is gelijk aan haar projectie op de middel lijn maal de middellijn zelf.
§ 190. Eigenschap III. Trekt men door een punt binnen den cirkel twee koorden, dan is het product van de stukken der eerste koorde gelijk aan net product van de stukken der tweede koorde.
Gegeven: Punt O; door O zijn ge¬
trokken de koorden AB en CD.
Te bewijzen : AO x OB = DO x OC.
Bewijs
Fig. 181.
Wij verbinden A met C en B met D.
i_A =l_D (staan beide op — BC), Z_C=LB( „ „ „ - AD), dus A AOC ^ A DOB. Hieruit volgt:
AO : DO : = OC : OB, of AO x OB = DO x OC.
§191. Eigenschap IV. Trekt men uit een punt buiten een cirkel twee snijlijnen, dan is het product van de stukken der eerste snijlijn gelijk aan het product van de stukken der tweede snijlijn.



(Onder de stukken eener snijlijn verstaat men: den afstand van P tot het eerste snijpunt en den afstand van P tot het tweede snijpunt.)
'Gegeven: Punt P; uit P zijh twee snijlijnen getrokken PB en PD.
Te bewijzen:
PA x PB = PC xPD.
Bewijs.
We verbinden D met A, en B met C. De driehoekenDAPenBCP
hebben [_ P gemeen. Fig. 182.
l_ D = l_ B (staan beide op — AC). Hieruit volgt: A DAP ^ A BCP, derhalve PA:PC = PD : PB, of PA x PB = PC x PD.
§ 192. Eigenschap V. Trekt men uit een punt buiten den cirkel een raaklijn en een snijlijn, dan is de raaklijn middelevenredig tusschen de stukken van de snijlijn.
Geaeven: Pissen mint „ ■ .
buiten den cirkel; PA is een raaklijn; PC is een snijlijn.
Te bewijzen:
PB : PA = PA : PC.'
Bewijs.
We verbinden A met B en C. De driehoeken
PAC en PAB hebben Fig. 183.
J_ P gemeen.
I_ PAB = l_ ACP (ze staan beide op % AB). Hieruit volgt: A PAB^ A PAC, derhalve PB:PA ='JPA : PC, of als men dejioofdeigenschap toepast: ~. PA2 = PB x PC.
169



170
Het laatste in woorden:
Het vierkant van de raaklijn is gelijk aan het product van de stukken der snijlijn.
§ 193.' j'yj; x Opgaven.
1. Twee koorden snijden elkaar in een cirkel zóó, dat de stukken van de eene koorde 14 en 15 cM. bedragen, terwijl een stuk van de andere 21 cM. lang is. Hoe lang is het vierde stuk?
2. Twee koorden zijn lang 27 en 29 cM. Zij snijden elkaar binnen den cirkel. Een stuk van de grootste koorde is 9 cM. Hoe lang zijn de andere stukken?
3. De middellijn van een cirkel is 18 cM. Drie cM. van het middelpunt richt men een loodlijn op de middellijn op, die den cirkel in C snijdt. Hoe lang is deze loodlijn en hoe lang zijn de lijnen, die C met de uiteinden der middellijn verbinden? •
4. De afstand van een punt P tot een cirkel is 12 cM, terwijl de raaklijn uit P 18 cM. is. Hoe groot is de middellijn?
5. Als men uit het eene uiteinde P van een middellijn lijnen naar de raaklijn in het andere uiteinde trekt, die de raaklijn in A en B, den cirkel in C en D snijden, dan is
PA x PC = PB x PD.
§ 194. In de evenredigheid a:x = x:b, stelt x de middelevenredige tot de lijnen a en b voor. Past men de hoofdeigenschap toe dan komt x2 = ab, of x = \/ ab. In woorden:
De middelevenredige tot twee lijnen wordt voorgesteld door den wortel uit het product der lijnen.
CQnstructie van den vorm \/ ab.
Fig. 184.
Fig. 185.



171
Constructie I (fig. 184). Maak AB = a en BC = b. Construeer op AC als middellijn een halven cirkel. Richt in B een loodlijn op. dan is BD = \/ ab.
't Bewijs berust op Eigenschap I.
Constructie II (fig. 185). Maak AC = b en AB = a (de lijnen liggen niet naast maar over elkander). Beschrijf op AC een halven cirkel. Richt in B een loodlijn op. Verbind D met A, dan is AD = \/ ab.
't Bewijs berust op Eigenschap II.
Construeer een vierkant, dat even groot is als een gegeven rechthoek.
§ 195. Toepassing I. Verdeel een driehoek in twee gelijke deelen door een lijn evenwijdig aan
«en der zijden.
Analyse.
Veronderstellen wij, dat DE (fig. 186) de gevraagde lijn is, dan moet A CDE: A ABC = 1:2. Omdat DE // AB, is A CDE £ A ABC. derhalve A CDE : A ABC '••= CE2:CB2 (§ 151). Uit deze twee evenredigheden volgt: CE2 : CB2= 1 : 2 of CE2 = iCB3, of CE = i/TCB2.
Fig. 186.
CE = \/\ CB x CB.
CE is dus de middelevenredige tot de lijnen 4 CB en CB.
In fig. 187 is de constructie uitgevoerd volgens de tweede coristrctie van § 194. Goed nagaan!
Fig. 18^
§ 196. Toepassing II. Verdeel een driehoek in drie gelijke deelen, door loodlijnen op een der zijden.



172
Fig. 188.
Analyse.
Veronderstellen wij dat de lijnen Hl en LM in fig. 188 de twee gevraagde loodlijnen zijn, die A ABC in drie gelijke deelen verdeelen. Verdeelen wij de basis AB in drie gelijke deelen door de punten D en E en trekken wij de lijnen CD en CE, dan
wordt A ABG door deze lijnen ook in drie gelijke deelen verdeeld,. A AIH = A ACD. Deze twee driehoeken hebben [_ A gemeenschappelijk, dus A AIH : A ACD = AH x AI : AD x AC, omdat de eerste termen gelijk zijn: AH x AI = AD x AC
en hieruit: AH : AD = AC : AI ., . S|llf| . 1) Laat men uit C de loodlijn CF neer, dan is
AH : AF = AI : AC . 2)
Vermenigvuldigen wij de termen van 1) en 2) met elkaar, dan krijgen wij:
AH2 : AF x AD = AI x AC : AC x AI of AH2 = AF x AD, of AH = v/AF x AD.
AH is dus de middelevenredige tot de twee bekende lijnen AF en AD.
Op dezelfde wijze bewijst men:
BL is de middelevenredige tot de lijnen BF en BE.
Is AH en BL gevonden, dan behoeft men slechts de lood_ lijnen op te richten In fig. 189 is de constructie uitgevoerd.
Fig. 189.



173
Men is begonnen met de basis in drie gelijke deelen te verdeelen. Daarna is de loodlijn CF getrokken. Goed nagaan!
§ 197. Toepassing III. Construeer een vierkant, dat even groot is als een willekeurige vierhoek.
Gegeven: vierhoek ABCD. Gevraagd: een vierk. = ABCD.
Fig. 190.
Constructie en Bewijs.
Van vierhoek ABCD hebben wij eerst gemaakt A ECB, die even groot is. CG _L EB. Nu is A ECB =CG x{ EB.
Wij verlengen CG met een stuk GH = \ EB, beschrijven op CH een halven cirkel en trekken GB door tot L.
GL2 == CG x GH. = CG x \ EB.
Het vierkant van GL is dus evengroot als A ECB, dus ook als vierh. ABCD.
Vraagstukken.
302. Gegeven zijn twee fijnen a en b. Construeer op 5 man^p^pt x = i/ ab.
303. Verdeel een A in drie gelijke deelen door lijnen // basis.



174.
304. Verdeel een A in twee gelijke deelen door een loodlijn op de basis.
305. Construeer een vierkant, dat even groot is als een trapezium.
306. Construeer een vierkant, dat even groot is als een ruit. (2 manieren.)
307. Verdeel een driehoek in twee gelijke deelen door een lijn // aan een gegeven lijn.
308. Verander een willekeurigen A in een gelijkzijdigen, die even groot is.
309. Verdeel een trapezium in twee gelijk deelen, door een lijn // aan de evenwijdige zijden.
310. Verdeel een driehoek in vier gelijke deelen door twee lijnen,waarvan één evenwijdig met de basis loopt, terwijl de andere lijn uit den top naar de basis getrokken wordt.
311. Construeer een veelhoek, die gelijkvormig is met een gegeven veelhoek. De oppervlakken van de twee veelhoeken moeten zich verhouden als de gegeven lijnen m en n.
312. Construeer een driehoek, waarvan de hoeken zich verhouden als 1:2:3. Het oppervlak van den driehoek moet even groot zijn als dat van een gegeven gelijkzijdigen driehoek met een zijde p.
313. In een cirkel zijn een middellijn AB en een koorde CD evenwijdig aan die middellijn getrokken. Als E een willekeurig punt van die middellijn is, dan heeft men:
CE2 + DE2 = AE2 + BE2. Bewijs dit.
314. Construeer een vierkant, dat gelijk is aan de som van een gegeven rechthoek en een gegeven driehoek.
315. In een cirkel staan twee koorden loodrecht op elkaar. Bewijs, dat de som van de vierkanten der stukken dezer koorden gelijk is aan het vierkant eener middellijn.
316. Als in een cirkel M twee koorden AB en CD elkaar in P loodrecht snijden, dan is AB2 + CD2 + 4 MP2 = 8 MA2.
317. Construeer x = \ ^ - —.
F a + b
318. Snijd van een willekeurigen vierhoek een vierde deel af, door een lijn, die rechthoekig op de basis staat.
319. Beschrijf in een gegeven vierkant een ander, welks oppervlak de helft is van 't gegeven vierkant.
320. Beschrijf er ook een vriekant in, waaraan het oppervlak gelijk is aan £ van het gegeven vierkant.



HOOFDSTUK XXVIII. EEN PAAR MEETKUNDIGE PLAATSEN.
§ 198. Opmerking. De leerling teekene eerst de m.p., dan bewijze hij, dat een willekeurig punt van de m. p. de eigenschap bezit, en ten laatste bewijze, hij, dat een punt buiten de m. p. de eigenschap niet bezit.
De volgende m. p. moeten goed uit het hoofd geleerd worden. § 199.
1. De m. p. van de middelpunten der cirkels, die een straal a hebben en door een gegeven punt P gaan, is de omtrek van den eirkel, die P tot middelpunt heeft en a tot straal.
2. De m. p. van de middelpunten der eirkels, die een gegeven lijn AB in een gegeven punt P raken, is de loodlijn in P op AB opgericht.
3. De m. p. van de middelpunten der cirkels, die een straal a hebben en een gegeven lijn AB raken, bestaat uit twee lijnen op een afstand a evenwijdig aan AB getrokken.
' 4. De m. p. van de middelpunten der cirkels, die een gegeven cirkel in een gegeven punt P raken, is de lijn, die door het middelpunt en P gaat.
5. De m. p. van de middelpunten der cirkels, die een straal a hebben en een gegeven cirkel met een straal b uitwendig raken, is een concentrische cirkel met een straal a -j- b.
6. De m. p. van de middelpunten der cirkels, die een gegeven straal hebben en een gegeven cirkel inwendig raken, is een concentrische cirkel met een straal, die gelijk is aan het verschil der gegeven stralen.
7. De m. p. van de middelpunten der cirkels, die een straal a hebben en van een lijn AB een koorde k afsnijden,
175



176
bestaat uit twee lijnen evenwijdig aan AB op een afstand, die gelijk is aan t/a2 —
8. De m.p. van de middens der koorden, die een lengte k hebben en in een cirkel met een straal a getrokken kunnen worden, is een concentrische cirkel, die een straal heèft van V a2 — JfkX
9. De m. p. van de middelpunten der cirkels, die een straal a hebben en den omtrek van een cirkel met een straal b middendoor deelen, is een concentrische cirkel die i/ a2 - b2 tot straal heeft.
De m. p. van de punten, uit welke men aan een cirkel met een straal a raaklijnen kan- trekken van de lengte 1, is een concentrische cirkel, die y/ a2 -f l2 tot straal heeft.
Toepassingen.
321. Construeer een cirkel, die een gegeven lijn in een gegeven punt A raakt en tevens door een gegeven punt B gaat.
322. Construeer een cirkel, die twee evenwijdige lijnen raakt en door een gegeven punt gaat.
323. Construeer een cirkel, die door twee gegeven punten gaat en een straal van gegeven lengte heeft.
324. Construeer een cirkel, die een gegeven lijn in een gegeven punt raakt en bovendien een andere lijn raakt.
325. Construeer een cirkel, die een gegeven lijn raakt, een gegeven . straal heeft en door een gegeven punt gaat.
326. Construeer een cirkel, die van een gegeven lijn een koorde van gegeven lengte afsnijdt, een gegeven straal heeft en door een gegeven punt gaat.
327. Construeer een cirkel, die een gegeven lijn raakt, van een andere gegeven lijn een koorde van gegeven lengte afsnijdt en een gegeven straal heeft.
328. Construeer een cirkel, die een gegeven cirkel inwendig raakt, een gegeven lijn raakt en een gegeven straal heeft.
329. Construeer een cirkel, die een gegeven cirkel uitwendig raakt, van een gegeven lijn een koorde van gegeven lengte afsnijdt en een gegeven straal heeft.



177
330. Op een gegeven lijn een punt te bepalen zóó, dat de raaklijnen uit dat punt aan een gegeven cirkel getrokken, een gegeven lengte hebben.
§ 200.
11. De m. p. van de toppunten der driehoeken, die de lijn AB tot basis en [_ C tot tophoek hebben, is de boog van een cirkelsegment, dat AB tot koorde heeft en l_ C bevat.
Wordt er gevraagd een driehoek te construeeren en komen onder de drie gegevens ook de tophoek en de basis voor, dan laat men voorloopig het derde gegeven buiten beschouwing en construeert men eerst de meetkundige plaats van de toppunten der driehoeken met een gegeven basis en tophoek; daarna gebruikt men het derde gegeven.
Toepassingen.
331. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, de tophoek en de zwaarfelijn naar de basis.
332. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de basis, de tophoek en de hoogtelijn op de basis.
333. Construeer een driehoek,, als gegeven zijn: de basis, de tophoek en het snijpunt van de bissectrice van den tophoek met de basis.
-334. In een gegeven A ABC een punt P te construeeren, zoodat de hoeken APB, BPC en CPA zich verhouden als de getallen 4, 5 en 6.
335. Construeer een parallelogram, als gegeven zijn: de beide diagonalen en een scherpe hoek.
336. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de tophoek, de hoogte, terwijl de stukken, waarin de basis door de hoogtelijn verdeeld wordt, zich verhouden als twee gegeven lijnen.
337. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: tophoek, de basis en het oppervlak.
338. Construeer een driehoek, als gegeven zijn: de tophoek, de hoogte en de omtrek.
Meetkunde, ge druk.
12



HOOFDSTUK XXIX. CIRKEL EN DRIEHOEK.
I. OMGESCHREVEN CIRKEL.
§ 201. De cirkel, die door de hoekpunten van een driehoek gaat, heet de omgeschreven cirkel.
Den driehoek zelf noemt men den ingeschreven driehoek. De zijden van den ingeschreven, driehoek zijn koorden van den omgeschreven cirkel. In fig. 191 is de omgeschreven cirkel van A ABC geconstrueerd. Den straal van den omgeschreven cirkel(bijv.de lijnen:
MA,MC en MB)zullen we voortaan Fig. 191. aanduiden door de hoofdletter R.
Vraag. In fig. 191 zijn de zijden AC en BC loodrecht middendoor gedeeld. Indien wij de zijden AB en AV middendoor gedeeld hadden, zou er dan een andere omgeschreven cirkel ontstaan zijn?
Construeer den omgeschreven cirkel van een scherphoekigen driehoek van een rechthoekigen en van een stomphoekigen A.
§ 202. Eigenschap. Het produkt van twee zijden van een driehoek is gelijk aan de hoogtelijn naar de derde zijde maal de middellijn van den omgeschreven cirkel.
Gegeven: CD J_ AB. Te bewijzen:
AC x BC = CD x CE.
Fig. 192.
Bewijs.
Verbinden wij E met B, dan is A ADC ^ A BCE.
178



179
want l_ CDA = L CBE = 90°,
en l_ A = l_ E (staan beide op & BC). Derhalve: AC : CE = CD : BC, of AC X BC = CD x CE. Noemt men de zijden a, b en c; de middellijn 2 B, dan kan men de eigenschap gemakkelijk onthouden in den vorm:
ab = hc X 2 B, of ac = hb X 2 B, of bc = h'a X 2 B.
§ 203. In deze § zullen wij den straal van den omgeschreven cirkel uitdrukken in de zijden van den ingeschreven driehoek. Zijn de zijden dan bekend, zoo kunnen wij met behulp van deze formule B dadelijk berekenen.
Gegeven: de zijden zijn a, b en c. Gevraagd: druk B uit in a, b en c.
Berekening.
Volgens de vorige § hebben we: ab = hc X 2 R,
ab /nu worden teller en noemerN of 2 B = jjc \^ met c vermenigvuldigd. / abc hc X c = basis x hoogte
2 R = hc X c = 2 x Oppervl. A ABC.
„ abc
2R = w
B = Oppervl. = \/ s (s — a) (s — b) (s — c).
abc
R = 4 i/s(s — a) (s — b) (s — c) • Bereken B van een driehoek, waarvan de zijden zijn 13, 14 en 15 cM
Vraagstukken.
339. Construeer den omgeschreven cirkel van een driehóek, als gegeven zijn: één zijde en de overstaande hoek.
340. Van een driehoek zijn gegeven B en één zijde. Construeer den hoek, die over die zijde staat.
341. Bereken R van een A als de zijden 26, 28 en 30 cM. zijn.



180
342. Bewijs, dat de bissectrice van den tophoek en de middelloodlijn van de overstaande zijde elkaar ontmoeten in het midden van den boog, die door de zijde onderspannen wordt.
343. Construeer een A, als gegeven is B, de basis en het punt.waar de bissectrice van den tophoek de basis snijdt.
344. Construeer een A, als gegeven is B, de basis en de hoogtelijn op de basis. •
345. Om A ABC is een cirkel beschreven. De hoogtelijn uit C naar de basis AB snijdt den cirkel in D. De hoogtelijn uit B snijdt den cirkel in E. Bewijs ^ AD = AE.
346. Het bovenste stuk van een hoogtelijn van een A is gelijk aan die koorde van den omgeschreven cirkel, die in het uiteinde der zijde, waarop de hoogtelijn staat, loodrecht is opgericht.
347. De afstand van een hoekpunt van een A tot het hoogtepunt is.
tweemaal zoo groot als de afstand van het middelpunt des om geschreven cirkels tot de overstaande zijde.
348. De lijn, die het midden eener zijde verbindt met het midden van het bovenste stuk der hoogtelijn op die zijde, is gelijkB.
II. INGESCHREVEN CIRKEL.
§ 204. De cirkel, die de drie zijden van een driehoek raakt, heet de ingeschreven cirkel.
Fig. 193.



181
De driehoek zelf heet de omgeschreven driehoek. Het middelpunt van den ingeschreven cirkel M (fig. 193) moet op gelijke afstanden van de zijden ligeh. M is dus snijpunt der bissectrices. De lijn MD J_ AB is de straal en wordt aangeduid door r.
Construeer een ingeschreven cirkel in een scherphoekigen en in een rechthoekigen driehoek.
§ 205. Den straal van den ingeschreven cirkel uit te drukken in de
zijden.
Gegeven:
de zijden zijn a, b en c. .
Gevraagd:
r uit te drukken in a, b en c.
Fig. 194. Berekening.
De~stralen in fig 194 staan loodrecht op de zijden. A AMB = \ c x r. A AMC = ^ b x r. A BMC = {a x r.
•-• op
A ABC = | r (a + b + c)
A ABC
A ABC = r x s, dus r = —-—,
V/s (s — a) (s — b) (s — c) of r t : | gil
Bereken r van een driehoek, als de zijden 26, 28 en 30 zijn.
Vraagstukken.
349. Bewijs, dat in fig.193 AD = s — a en BD = s — b: / "350. Bewijs.dat r in een gelijkzijdigen driehoek het derde deel van de hoogte is.



351. In A ABC van fig. 194 is l_ C = 62°. Hoe groot is l_ AMB?
352. Construeer een A, als gegeven zijn: de basishoek, r en de basis.
353. Construeer een A, als gegeven zijn: r, de tophoek en de bissectrice van den tophoek.
354. Construeer een A, als gegeven zijn: de tophoek, r en de lijn, die den tophoek verbindt met het raakpunt van de basis.
355. Bewijs, dat in een rechthoekigen A 2 r gelijk is aan de som der rechthoekszijden verminderd met de hypotenusa.
356. Construeer, een A, als gegeven zijn: r, een basishoek en de hoogtelijn op de basis. •
357. Construeer een A, als gegeven zijn de drie stukken, waarin de ingeschreven cirkel de bissectrice van een basishoek verdeelt
358. Beschrijft men in een rechthoekigen driehoek een cirkel, dan is het product der stukken, waarin de hypotenusa verdeeld wordt, gelijk aan het oppervlak van den A-
III. AANGESCHREVEN CIRKEL.
§ 206. Een cirkel, die één zijde van een driehoek raakt en het verlengde van de twee andere zijden, heet een aangeschreven cirkel.
In fig. 195 is de aangeschreven cirkel geteekend, die raakt aan zijde c. Wij duiden den straal aan met B en plaatsen er onder bij. aan welke zijde de cirkel 'geraakt wordt.'
Het middelpunt is het snijpunt van de twee bissectrices der buitenhoeken van [_ A en [_ B.
Den straal van den aangeschreven cirkel uit te drukken in de zijden.
Fig. 195.
182



183
Berekening.
A MAC =|bxR A ABC = \ Rjx 2 (s — c) A MBC =|axR A ABC = R X (s — c)
A ABC opp.
op
Vierh. MACB ={R(a + b)
A MAB = |R X c — af
R =
De cirkel raak aan de zijde c,
i/s (s — a)(s — b)(s — c) A ABC = | R (a + b — c) dus Rc = fzT^ '
Opgave.. Druk de stukken, waarin een zijde door het raakpunt des aangeschreven cirkels verdeeld wordt, in de zijden uit.
Fig. 196.
Vraagstukken.
359. Bewijs, dat in fig. 196 Mx B _l_ M2M3.
360. Bewijs, dat A ABC de voetpuntendriehoek is van A M^Mj.
361. Van een driehoek zijn gegeven de drie middelpunten der aangeschreven cirkels. Construeer dien driehoek.



184
362. Bewijs, dat de afstand van C tot het punt waarde aangeschreven cirkel het verlengde van CA raakt, gelijk is aan den halven omtrek, dus = S.'
Van een driehoek zijn gegeven: het middelpunt van den ingeschreven cirkel en de middelpunten van twee aangeschreven cirkels. Construeer dien driehoek.
364. In fig. 196 wordt de zijde AC geraakt door den ingeschreven
cirkel, daarvan het verlengde van AC door den aangeschreven cirkel. Bewijs, dat de afstand der twee raakpunten gelijk is . aan AB.
365. Van een driehoek zijn gegeven: tophoek, omtrek en de straal van den ingeschreven cirkel. Construeer dien driehoek.
366. Construeer een driehoek, als een zijde en de stralen van den
om- en ingeschreven cirkel gegeven zijn.
367. Construeer een driehoek, als gegeven is de basis, de straal van den ingeschreven cirkel en de straal van den aangeschreven cirkel aan de basis.
368. Bewijs, dat de som van de stralen der aangeschreven cirkels verminderd met den straal van den ingeschreven cirkel, gelijk is aan 4 x den straal van den omgeschreven cirkel.
369. Druk'in fig. 196 AM in de zijden uit.
370. Druk in fig. 196 AM3 in de zijden uit.
HOOFDSTUK XXX. CIBKEL EN VIEBHOEK. '
§ 207. Om een vierhoek kan niet altijd een cirkel beschreven worden. Door drie hoekpunten kan men wel een cirkel trekken, maar het vierde hoekpunt zal binnen, op, of buiten den cirkel vallen. Valt ook het vierde hoekpunt op den cirkel, dan draagt de vierhoek den naam van koordenvierhoek.
§ 208. Eigenschap I. Twee overstaande hoeken van een koordenvierhoek zijn samen 180°.



185
Gegeven: ABCD is een koordenvierhoek. Te bewijzen: L A + L C = 180° Bewijs. l_A =i--BCD j_ C = i — BAD
—op
Z_C + Z_ c =
4 (— BCD + — BAD)
= i X omtrek = 180°. Fig. 197.
§ 209. Eigenschap II. In een vu is, is de som van twee overstaande ]
Gegeven: ABjCD is geen koordenvierhoek Te bewijzen: L Bi + L D is niet 180°.
Bewijs.
Door de punten A, D en C trekken wij een cirkel M. Punt Bx valt niet op dien cirkel: in dit figuur er buiten. Wij trekken de hulplijn AB.
Nu is ABCD wel een koordenvierhoek,
dus l_ B + l_ D = 180°.
[_ B is grooter dan / Bj (/B is als buitenhoek > {_ Bj),
derhalve kan f_ B2
ioek, die geen koordenvierhoek ieken niet 180°.
Fig. 198. D geen 180° zijn.
§ 210. Uit deze twee eigenschappen volgt:
a) Wanneer de twee overstaande hoeken van een vierhoek samen 180° zijn, dan kan om dien vierhoek een cirkel beschreven worden.
b) Wanneer de som van twee overstaande hoeken niet 180° is, dan is de vierhoek geen koorden vierhoek.



186
§ 211. Eigenschap III. Het produkt der diagonalen van een koordenvierhoek is gelijk aan de som van de produkten der overstaande zijden.
Fig. 199. |f|p Fig. 200.
Gegeven: (fig. 199) ^BCD is een koorden vierhoek. Te bewijzen: AC x BD = AB x DC + BC x AC. Bewijs.
Wij trekken de hulplijn DE zoodanig, dat l_ ADB = [_ CDE.
Dan ontstaan er twee paren driehoeken, die gelijkvormig zijn.
Omdat deze driehoeken over elkaar liggen, hebben wij voor de duidelijkheid twee teekeningen gegeven, die volmaakt eender zijn, maar duidelijk de ligging der driehoeken aangeven.
fig. 199. A DEC ^ A DAB, want l_ ADB = /_ CDE. L ABD = l_ DCE. Hieruit volgt: EC : AB = DC : BD,
of EC x BD = AB x DC. (I) of AE x BD Tellen wij I en II samen, dan krijgen wij: EC x BD = AB x DC AE x BD = BC x AD
fig. 200. A ADE ^ A DBC, want l_ ADE = £_ BDC. (waarom?) 1_ DAE = l_ DBC. Hieruit volgt: AE : BC = AD : BD,
BC x AD. (II)
—op
(EC + AE) x BD = AB x DC + BC x AD, AC X BD = AB x DC + BC x AD. Deze zeer belangrijke eigenschap draagt den naam van stelling van Ptolemeus.
§ 212. Een vierhoek, waarin men een cirkel kan beschrijven, waarvan de zijden dus raaklijnen zijn, draagt den naam 'van raaklijnenvierhoek.
Eigenschap IV. De som van twee overstaande zijden van een raaklijnenvierhoek is gelijk aan de som van de twee andere zijden.



187
Gegeven: ABCD is een raaklijnenvierhpek. Te bewijzen: . AB + CD = AD + BC.
Bewijs.
Trekt men uit een punt buiten een cirkel twee raaklijnen aan een cirkel, dan'zijn die raaklijnen gelijk Hier toegepast krijgen wij:
AF = AE BF = BG CH = CG HD = DE
AF + BF + CH + HD = AE +BG
Fig. 201.
op
CG
DE
AB +CD = AD + BC.
§213. Eigenschap V. Wanneer een vierhoek geen raaklijnen¬
vierhoek is, dan is de som van twee overstaande zijden niet gelijk aan de som van de twee andere zijden.
Gegeven: ABCD is geen raaklijnenvierhoek Te bewijzen: AB + CD is niet AD + BC. Bewijs.
Wij kunnen altijd een cirkel beschrijven, die de drie zijden AB, AD en DC raakt.
BC raakt den cirkel niet en ligt in deze figuur buiten den cirkel. Wij trekken de hulplijn BE, die
den cirkel wel raakt. .
Nu is: AB + ED = AD In A BEC is BE + EC > BC.
Fig. BE.
02.
AB + BE + ED + EC > AD + BE + BC.
op
AB + BE + BE
DC
> AD
BE BE
BC
AB + DC> AD + BC.
af



188
. § 214. Uit deze twee eigenschappen volgt:
■a. Wanneer in een vierhoek de som van twee overstaande zijden gelijk is aan de som van de twee andere zijden, dan is die vierhoek een raaklijnenvierhoek.
b. Is de som van twee overstaande zijden niet gelijk aan de som van de twee andere zijden, dan is die vierhoek geen raaklijnenvierhoek.
§ 215. Verlengt men in fig. 203 de zijden DC en AB, dan- snijden ze elkaar in E. Wij zullen de stukken CE en BE in de zijden uitdrukken.
Fig. 203. Berekening.
Wij noemen de zijden van den koordenvierhoek a, b, c en d. CE = x en BE = y. A BCE ^ A EAD; (waarom?) derhalve:
x : (ay) = b : d en y : (x + c) = b : d dx = ab + by dy == bx + bc
dx — by = ab dy — bx = bc.
dbx — b2y = ab2.
— dbx + d2y = dbc
_ —op
(d2 — b2) y = b (ab + dc) _ b (ab + dc) v - d2 —b2 *
Op dezelfde wijze vindt men voor x = ^ ^ ~\ . d2 — b2



189
Vraagstukken.
371. Bewijs, dat de diagonalen van een koordenvierhoek zich verhouden als de sommen van de produkten der zijden, die in de uiteinden dier diagonalen samenkomen.
372. .Druk de diagonalen van een koordenvierhoek in de zijden uit.
373. Druk het oppervlak van een koord.envierhoek in de zijden uit. Antw. oppervl. = \/ (s — a) (s — b) (s — c) (s — d).
374. De zijden van een koordenvierhoek zijn achtereenvolgens 25. 39, 60 en 52 cM. Bereken de diagonalen.
375. Bewijs, dat er drie koordenvierhoeken ontstaan, als men in een driehoek de hoogtelijnen trekt.
376. Bewijs, dat een ruit een raaklijnenvierhoek is.'. \
377. De lijnen, die de raakpunten van een ruit, beschreven om een cirkel, verbinden, vormen een rechthoek. Bewijs dit.
378. De inhoud van een koordenvierhoek, waarvan de diagonalen loodrecht op elkaar staan, is gelijk aan de halve som van de producten der overstaande zijden.
379. Bewijs, dat de stelling van Pythagoras een bijzonder geval is van de stelling van Ptolemeus.
380. Construeer een raaklijnenvierhoek als gegeven zijn: een zijde en drie hoeken.
381. Bewijs, dat elk trapezium, in een cirkel beschreven, gelijkbeenig moet zijn.
382. Als in A ABC [_ A = 60° is, en men deelt de hoeken B én C middendoor, dan ontstaat er een vierhoek. Bewijs, dat om dezen vierhoek een cirkel kan beschreven worden.
383. Een cirkel is in een vierkant beschreven. Vereenigt men een hoekpunt met een raakpunt, dan ligt het vijfde deel dier lijn buiten den cirkel.
384. Bewijs, dat het oppervlak van een trapezium, Waarin een cirkel kan beschreven worden, gehjk is aan de som der opstaande zijden maal den straal van den ingeschreven cirkel.
385. Van een gelijkbeenig trapezium zijn gegeven: de basis, de hoogte en de straal van den omgeschreven cirkel. Construeer dat trapezium.
386. Bewijs, 'dat een cirkel kan beschreven worden om den vierhoek, die ontstaat, als men de hoeken van een willekeurigen vierhoek middendoor deelt.
387. Als men een willekeurig punt van een cirkelomtrek verbindt met de drie hoekpunten van den ingeschreven gelijkzijdigen driehoek, dan is de grootste dier verbindingslijnen gelijk aan de som van de andere.



190
388.
389.
390.
Construeer in een cirkel, waarvan de straal r bekend is, een
trapezium, waarvan drie zijden aan elkaar gelijk zijn en waarvan
de vierde zijde gelijk is aan 1 §• maal elk der overige zijden.
Construeer een koordenvierhoek als gegeven zijnT de middens
van drie zijden, terwijl men bovendien weet, dat de kleinste
diagonaal door de grootste wordt middendoor gedeeld.
In en om zeker trapezium, waarvan de evenwijdige zijden a en
b lang zijn, kan een cirkel beschreven worden.
Bewijs, dat de middellijn van den ingeschreven cirkel = j/ ab is.
§ 216. Men zegt, dat een lijn door een punt in de uiterste en middelste reden verdeeld is, wanneer het grootste stuk middelevenredig is tusschen het kleinste stuk en de heele lijn of anders gezegd: als het vierkant van het grootste stuk gelijk is aan het kleinste stuk maal de heele lijn.
Constructie. Een gegeven lijn ïn uiters verdeelen.
e en middelste reden
Gegeven: lijn AB.
Richt in A een loodlijn op en neem daarop een stuk AM=4AB. Beschrijf uit MmetAM als straal een cirkel en trek de lijn BME. Cirkel BF om, zoodat BF = BC, dan verdeelt punt C de lijn in uiterste en middelste reden.
Bewijs.
Wij moeten bewijzen:
Fig. 204. AB x AC = BC2.
AB is een 'raaklijn aan den cirkel, dus AB2 = BF x BE, of AB2 = BC x (BF + EF).
AB2 =BC x (BC + AB). AB2 = BC2 + AB x BC. AB2 — AB x BC = BC2. AB (AB — BC) = BC2. AB x AC = BC2
dus BF = BC = 4 a l/. 5
Berekening van het. grootste stik.
Wij noemen AB = a. AB2 + AM2 = BM2. a2 + i a2 = BM2 f a2 = BM2. \ a i/ 5 = BM. - i a = i a (— 1 + V 5).



191
§ 217. Opmerking. AB is middelevenredig tusschen BF en BE, dus is ook EF middelevenredig tusschen BF en BE.
EF, dat is de oorspronkelijke lijn AB, is dus het grootste stuk van de in uiterste en middelste reden verdeelde lijn BE.
Uit de figuur büjkt dus:
Als men een in de uiterste en middelste reden verdeelde lijn a me kaar grootste stuk verlengt, krijgt men een lijn, die weer in uiterste en middelste reden verdeeld is, en waarvan de gegeven lijn a het grootste stuk is.
§ 218. In figuur 205 is een andere constructie aangegeven, om een lijn in uiterste en middelste reden te verdeelen.
De lijn AB = a is gegeven. Maak een rechthoekigen A. waarvan de andere rechthoekszijde 2a is. Deel J_ B middendoor, dan] is AD het grootste stuk.
Bewijs.
x : y = a : a i/ 5. BC is immersaj/5 (x + y) : (a + a \/ 5) = x : a 2a:a(l + v/5)=x:a 2a _ 2 a (— 1 + 1/5) X ~ 1 + i/5 ~ 4
= \ a (— 1 + V 5).
Opgave.
Verdeel een driehoek in uiterste en middelste reden, door een lijn uit den top.



192
HOOFDSTUK XXXI.
IN- EN OMGESCHREVEN REGELMATIGE VEELHOEKEN.
§ 219. Een veelhoek met gelijke zijden en tevens met gelijke hoeken noemt men een regelmatigen veelhoek.
Zijn een ruit en een rechthoek regelmatige veelhoeken? (waarom niet?)
Zijn een gelijkzijdige driehoek en een vierkant regelmatige veelhoeken?
Hoe groot is één hoek van een regelmatigen zeshoek; van een regelmatihen vijfhoek; van een regelmatigen n-hoek?
§ 220. Eigenschap I. Verdeelt men een cirkelomtrek in eenige gelijke deelen, en verbindt men die deelpunten, dan ontstaat een regelmatige veelhoek.
Eigenschap II. Verdeelt men een cirkelomtrek in eenige gelijke deelen en trekt men in die deelpunten raaklijnen, dan ontstaat een regelmatige veelhoek.
In fig. 206 is een cirkelomtrek in zes gelijke deelen verdeeld. Die deelpunten zijn verbonden; daardoor ontstond een:
regelm. ingeschreven zeshoek.
Daarna zijn in die deelpunten raaklijnen getrokken; daardoor ontstond een:
regelm. omgeschreven zeshoek
De cirkel van fig. 206 is zoowel een omgeschreven als een ingeschreven cirkel. Verklaar dit
§ 221. Bewijs van Eigenschap I. Wij moeten twee dingen bewijzen:
lste alle zijden zijn gelijk, 2de alle hoeken zijn gelijk.



193
Het eerste is waar, omdat alle bogen gelijk zijn. Verbindt men de deelpunten met het middelpunt M, dan ontstaan zes gelijkbeenige driehoeken, die alle denzelfden tophoek hébben. (De tophoek is n.m.1. een middelpuntshoek, die gelijk is aan één der zes gelijke bogen.)
Alle basishoeken zijn dus ook gelijk. Elke hoek van den veelhoek bestaat uit twee van die basishoeken. Derhalve zijn ook alle hoeken van den Veelhoek even groot.
§ 222. De leerling zoeke het bewijs van eigenschap II. Weèr moeten dezelfde twee dingen bewezen Worden. Als hulplijnen trekke hij eerst de lijnen, die M met de deelpunten verbinden, dan de lijnen, die M met de hoekpunten van den omgeschreven veelhoek verbinden-
§ 223. Eigenschap III. Om en in eiken regelmatigen veelhoek kan
een cirkel beschreven worden.
Gegeven: ABCDE is een regelmatige vijfhoek.
Te bewijzen:
1) omden vijfhoek kan een cirkel.
2) in „ '„ | „ „
Bewijs.
1) Door de punten A, E en D kan altijd een cirkel getrokken worden. Dien cirkel trekken wij; 't middelpunt is M. Nu moeten wij nog bewijzen, dat ook de pun¬
ten C en B op dien cirkel liggen.
Wij verbinden M met A en C en laten uit M de loodlijn MF op de koorde ED neer. Nu is EF = FD; AE = DC; MF = MF; /_ E = L D; L EFM = l_ DFM = 90°.
De vierhoeken AMFE en CMFD hebben alle zijden op één na gelijk en tevens de ingesloten hoeken gelijk; ze zijn dus congruent.
MC is dus gelijk aan MA; MC is dus een straal; C ligt derhalve op den cirkel. Op dezelfde wijze kan men ook bewijzen, dat B op den cirkel ligt.
2) Laat men uit M de loodlijn neer op alle zijden, dan is het niet moeilijk te bewijzen, dat ze alle gelijk aan MF zijn. Trekt men nu een cirkel met MF tot straal en M tot middelpunt, dan zullen de zijden van den vijfhoek raaklijnen aan dien cirkel zijn, want ze staan loodrecht op de stralen der raakpunten.
Meetkunde, 5e druk !j
Fig. 207.



194
§ 224. Den straal van den omgeschreven cirkel zullen wij weer noemen R. De lijn MF (den straal van den ingeschreven cirkel) noemt mén het apothema van den veelhoek.
Dé; zijde van een ingeschreven veelhoek noemen we a en duiden het aantal zijden aan door een cijfer, bijv.: a12 = de zijde van den regelmatigen ingeschreven twaalfhoek.
De zijde van een omgeschreven veelhoek noemen A en duiden het aantal zijden aan door een. cijfer. Bijv. A8 = de zijde van den regelmatigen omgeschreven achthoek.
De driehoek, die ontstaat, wanneer men de uiteinden van een zijde met het middelpunt verbindt, heet middelpuntsdriehoek.
De tophoek van dezen gelijkbeenigeh driehoek heet de middelpuntshoek van den veelhoek.
Constructies van Regelm. Veelhoeken.
§ 225. Wij hebben reeds gezien, dat het construeeren van een regelm. veelhoek neerkomt op het verdeelen van een cirkelomtrek in eenige gelijke deelen.
Dit laatste nu is niet altijd mogelijk.
Een cirkel kan bijv. niet verdeeld worden in 19 gèlijke deélen, daarom is ook de constructie van een regelm. 19-hoek onmogelijk. Een cirkelomtrek kan wel verdeeld worden in:
a) zes gelijke deelen.
b) vier „ „
c) tien „ „
d) vijftien „ „
a) ; Verdeeling van den omtrek in zes gelijke deelen.
§ 226. In fig. 206 is een regelmatige zeshoek geteekend. De middelpuntshoek = 60° (waarom?) ; de middelpuntsdriehoek is gelijkzijdig (wf|tbm?). De zijde van den zeshoek is derhalve gelijk aan den straal
van, den cirkel. -sa
a6 = B . . . (I)
Het bijkt dus, dat men een cirkel in zes gelijke deelen verdeelen
kandoor den straal zesmaal als koorde op den cirkelomtrek af te
pa^ÉjBt'-;"^.
§'227:J Slaat men nu telkens een deelpunt over, zooals in fig. 208 gedaan'is, dan ontstaat een regelmatige ingeschreven driehoek, want de omtrek is nu in drie gelijke deelen verdeeld.



195
Verbindt men M met de punten A en B en laat men tevens uit M de loodlij n op AB neer, dan is deze loodlijn gelijk aan 4R (want / MAB = 30°). De lijn AB wordt middendoor gedeeld, (i a3)2 = R2 — (4 R)2 = £R2. i. a3 = i R V 3, dus a3 = R i/ 3 . . . . (II)
Fig. 208.
§ 228. Deelt men een koorde loodrecht middendoor, dan wordt door de loodlijn meteen de boog-in twee gelijke bogen verdeeld.
Deelt men nu elk zesde deel van, een cirkelomtrek in twee gelijke bogen, dan ontstaan er twaalf gelijke bogen en men kan den regel' matigen twaalfhoek construeeren. Door weer elk twaalfde deel te halveeren ontstaat een regelm. vierentwintighoek. Zoo kan men voortgaan en construeeren:
een 48-hoek, een 96-hoek, en 192-hoek . . . enz. De leerling construeere een regelm. 12-hoek, een regelm. 24-hoek.
b) Verdeeling van den omtrek in vier gelijke deelen.
§ 229. Trekt men in een.cirkel twee onderling loodrechte middellijnen, dan wordt de omtrek in vier gelijke "deelen verdeeld. ■(De vier middelpuntshoeken zijn gelijk, dus ook de bogen.) Verhindt men de deelpunten, dan ontstaat de regelm. ingeschreven vierhoek ABCD.
A AMD is rechthoekig, dus AD2 = AM2 + MD2, of (a4)2 = R2 + R2 = 2 R2. a4 = B v/ 2 .. (III)



196
§ 230. Verdeelt men eiken boog weer in tweeën, dan ontstaat bij verbinding der deelpunten een regelmatige achthoek. Zet men de halveering der bogen voort, dan ontstaan een regelm. 16-hoek, 32-hoek, 64-hoek, 128-hoek enz.
Construeer een regelm. 16-hoek in een cirkel waarvan de straal 8cM.is.
c) Verdeeling van den omtrek in tien gelijke deelen.
A
§ 231. De basis van een gelijkbeenigen driehoek met een tophoek van 36° is gelijk aan het grootste stuk van een in uiterste en middelste reden verdeelde opstaande zijde.
Gegeven: [_ C = 36°. AC = BC.
Te bewijzen: AB is het grootste stuk van de in uiterste en middelste reden verdeelde zijde BC
l -—^iffisvlUSü&ïiJxm Bewijs.
Fig. 210. Omdat /_ C = 36°, is l_ A 72° en l_ B
= 72°. De lijn AD deelt l_ A middendoor, dus L DAB = 36°. Hieruit volgt /_ ADB = 72°. A ADB is dus gelijkbeenig. AB = AD. A ADC is ook „ CD = AD.
dus AB = CD. Omdat AD de bissectrice is, hebben we:
DB : CD = AB r AC of DB : CD = CD : BC. CD blijkt derhalve het grootste stuk te zijn, derhalve ook AB.
§ 232. Indien in fig. 211 AB = a10, dan is de middelpuntshoek == 36°. Op A ABM' kan dus de eigenschap van § 231 toegepast worden. De opstaande zijde is nu de straal. De zijde van den regelm. tienhoek is het grootste stuk van den in uiterste en middelste reden verdeelden straal.
»io = 4-R(—i f V'5).(IV)



§ 233. Past men dus het grootste stuk 10 maal als koorde op den omtrek af, dan is de omtrek in 10 gelijke bogen verdeeld. Slaat men telkens een deelpunt over, dan ontstaat de regelm. vijfhoek. Halveert men den boog van een tienhoek, dan ontstaat een regelm. twintighoek. Zet men de halveering der bogen voort, dan ontstaan: een regelm 40-hoek, 80-hoek, 160-hoek enz.
Construeer een regelmatigen twintighoek in een gegeven cirkel.
d) Verdeeling van den omtrek in vijftien gelijke deelen.
In fig. 212 is de \
boog BD = gr cirkelomtrek
boog BC = i cirkelomtrek
af
boog DC = jg- cirkelomtrek
Past men dezen boog als koorde 15 maal op den omtrek af, dan krijgt men een regelm. vijftienhoek. 't Zal nu wel niet moeilijk zijn een regelm. 30-hoek, 60-hoek, 120-hpek enz. te construeeren.
Construeer een regelm. ingeschreven 30-hoek.
§ 234. OVERZICHT DER REGELM. VEELHOEKEN, DIE OP EENVOUDIGE WIJZE GECONSTRUEERD KUNNEN WORDEN.
in zes deelen.
regelm. 3-hoek 6-hoek „ 12-hoek „ 24-hoek 3 x 2"»-hoek
Verdeeling van den omtrek:
In vier deelen.
regelm. 4-hoek 8-hoek I6-hoek „ 32-hoek
4x2n-hoek
in tien deelen.
regelm. 5-hoek „ 1 O-hoek „ 20-hoek „ 40-hoek
5 x 2"-hoek
in vijftien deelen.
regelm. 15-hoek 30-hoek 60-hoek „ 120-hoek ' 15x2n-hoek
§ 235. De zijde van den regelmatigen ingeschreven 2n-hoek uit te drukken in de zijde van den regelm. ingeschreven n-hoek en den straal van den omgeschreven cirkel.
197



198
Fig. 213.
MD2 = MA2 — AD2. MD2 = R2 — (i a„)2
Gegeven: AB is au; AC=a2n. Gevraagd: a2„ uit te drukken in an en B.
Berekening.
Passen wij in A AMC op AC de projectiestelling toe, dan komt er:
AC2 = AM2 + MC2
— 2 MD x MC of a|n = R2 + R2 — 2R xMD. a|n = 2 R2 — 2R x MD. In dezen vorm moet MD nog vervangen ^worden.
R2 — i a„
i (4 R2 — an2)
MD = V \ (4 R2 — an2) = \ V 4JR2
Dé vorm wordt dus:
al, = 2 R2 — 2 R x | l/4 R2 — a,
2 R2 — R v/ 4 R2 —- a2n
a.
a&=l/2 R2 — R 1/ 4 R2 — an2. Deze vorm heet de Verdubbelingsformule. Zij stelt ons in staat a^ te. berekenen, als a„ bekend is, maar ook omgekeerd om a„ te berekenen, als a2n bekend is. Wij zullen dit met een voorbeeld duidelijk maken-
Berekening van a12, als
ac bekend is.
Berekening van a5, als
a10 bekend is.
a12 = lV2R2—Rv/4R2—a2 a10 =lV2R2—RV'4R2—ia»
a12 = |/2R2—Ri/4R2—R2
a,
*12
*12
l« 2R2— Ri/3R2 ^-2R2— R2t/3
a12= v/R2(2—1/3)
a
iR(_l + v/5) = |X2R2—Rk4R2 —af
_ 1 v/
£R2(6 — 2y/5)=2R2 liR2—iR2l/5=2R2
Rv/4R2 — &\
R1/2—1/3
j Bereken a8; a3 met behulp van de verdubbelingsformule
Ri/4R2—ajj = 2R2
R/
Rj/4R2 —a2 - 14R2 + |R2i/5
t/4R2—a25 =|R + iRv/5
4R2—a
24R2—iRV5 = a 4R2(10—2i/5)=a'
HR2
|R2i/5
V
4Rv/io—2j/5=a6



199
§236. an en B. Gegeven
Gevraagd: in an en R.
:V„ uit te'drukken in
AB = a„. AC = 4A„.
An uit te drukken
Berekening.
Omdat de driehoeken CAM en ADM beide rechthoekig zijn en één hoek gemeenschappelijk hebben, zijn zij gelijkvormig.
Dus AC : AD = AM : MD,
of 4An : 4an = R : MD.
In dezen vorm moet MD nog
vervangen worden: Fig. 214.
MD2 = AM2 — AD2 of MD2 = R2 — ian2; MD = |v/4R2 — an2 Wij krijgen dus: ±\ :ian = R : ^v/4R2 — an2T An: an = 2R : i/4R2 — a2n.
2an R W$k ° ~~ j/4B2 —a/
Fig. 214.
an2; MD
|l/4R2
a 2
A„
ïa„ R
V/4R2
Deze formule stelt ons in staat de zijde van den regelmatigen omgeschreven veelhoek te berekenen, als de zijde van den regelmatigen ingeschreven veelhoek bekend is.
Bereken Afi, A„ en A,,.
§ 237. Gemeenschappelijke Constructie voor den reg. zeshoek, reg. vijfh. en reg. tienh. ^
Bekend is: aR
R;
a,n
|R i/lO
2v/5;
Constructie.
In cirkel M trekken wij de onderling loodrechte middellijnen AB en CD. Wij zoeken het midden van AM=E. Verbinden E met C en cirkelen de lijn EC om.
Fig. 215.



200
Dus EC = EF. F wordt met C verbonden. Nu is in dèn A CMF:
MC
a6; MF
a,„ en CF = at.
Bewijs
van:
dus
van: MF = a10. van: CF = a5.
EC2 = EM2 + MC2. CF2 = MC2 + MF2.
EC2 = 4R2 + R2. CF2 = R2+ [ AR(—1 +i/5) j2
EC2 = £R2. CF* = R2 + 4R2(6 - 2 v/5).
EC = -|VR5. CF2 = R2+l iR2—4RV5
dus ook EF = iRi/5. CF2 = 2TR2—iR2v/5.
EM =1R. CF2 =±R2(10—2v'5)
af CF = iR(XlO—2v/5
MF =^Rv/5— iR. dus CF =a5. MF =^(—1 + ^5) dus MF = a,„.
Fig. 217.
§ 238. In fig. 216 is een vijfhoek geteekend, zonder omgeschreven cirkel geconstrueerd. Dit kunnen wij doen door gebruik te maken van de volgende stelling.
De zijde van een regelmatigen vijfhoek is het grootste stuk der in uiterste en middelste reden verdeelde diagonaal.
AEGD^AAED (waarom?) Daaruit volgt:
GD : ED = ED : AD. ED = AE, dus GD : AE = AE : AD.
Nu is het niet moeilijk te bewijzen, dat AE = AG. Wij krijgen dus
GD : AG = AG : AD. Hieruit blijkt dus.dat AG.datis a6 gelijk is aan het grootste stuk van de in uiterste en middelste reden verdeelde diagonaal.



201
Vraagstukken.
391. Het oppervlak van een regelmatigen veelhoek is geüjk aan het product van zijn omtrek en het halve apothema. Bewijs dit.
392. De oppervlakken van twee regelmatige veelhoeken van hetzelfde aantal zijden verhouden zich als de vierkanten der zijden, der stralen, der apothema's.
393. Het oppervlak van een regelmatigen 2 n-hoek is gelijk aan den omtrek van den regelmatigen n-hoek, vermeningvuldigd met den halven straal.
394. Druk a„ uit in An en R.
395. Druk R uit in a„ en An.
396. Trekt men in een regelmatigen vijfhoek de diagonalen, dan ontstaat een vijfhoek, die weer regelmatig is. Bewijs dit.
397. Construeer een regelmatigen tienhoek, als de zijde gegeven is.
398. Construeer een regelmatigen vijfhoek, als de diagonaal gegeven is.
399. Construeer een regelmatigen vijfhoek, als de zijde gegeven is.
400. Als R de straal van een cirkel is, bereken dan A5.
401. Trekt men in een regelmatigen zeshoek de diagonalen, dan ontstaat weer .een reg. zeshoek. Bewijs dit.
402. Bewijs, dat in fig. 212 AD = a3.
403. Bewijs, dat in fig. 212 AC = de diagonaal van den ingeschreven vijfhoek.
404. Druk de diagonaal van een reg. vijfhoek uit in-R.
405. Druk a5 uit in R. (Pas in fig. 212 de stelling van Ptolemeus toe.)
406. Construeer een regelmatigen achthoek, als de zijde gegeven is.
407. De diagonaal van een reg. vijfhoek is 6 dM. lang. Bereken de zijde en de oppervlakte van dien vijfhoek.
408. De zijde van een in een cirkel beschreven regelmatigen tienhoek is 4 dM. Bereken het oppervlak van den om dien cirkel beschreven regelmatigen vijfhoek.
409. Bewijs, dat in fig. 217 BCDE een gelijkbeenig trapezium is. Bewijs tevens, dat FG weer de zijde van een regelmatigen vijfhoek is.
410. Van een ruit is een hoek 36° en de zijde a. Druk het oppervlak uit in a.



202
HOOFDSTUK XXXII. OMTREK EN OPPERVLAK VAN DEN CIRKEL.
§ 239. Tusschen de middellijn en den omtrek van een cirkel bestaat een vaste verhouding, d. w. z.: is in een kleinen cirkel de omtrek p x de middellijn, dan is ook in een grooten cirkel en in eiken anderen cirkel de omtrek p x de middellijn.
Dit standvastige getal, dat aangeeft, hoé vaak de middellijn op den omtrek begrepen is, stelt men voor door de Grieksche letter 77.
De omtrek is dus »xde middellijn en daar de middellijn 2 R is, krijgt men
Omtrek =1 x 2R = 2?rR.
§ 240. 5t is een onmeetbaar getal. Hoe groot t dus is, kan niemand nauwkeurig zeggen. Men kan het wel benaderen tot op verscheidene decimalen nauwkeurig. Zoo heeft men n benaderd tot in 10 decimalen nauwkeurig en gevonden t = 3,1415926535.
Voor onze berekeningen is deze waarde echter niet geschikt. Wij zullen nemen * = ~ of = 3, 14.
Deze waarde is tot in 2 decimalen nauwkeurig.
Is dus de straal van een cirkel 14 cM., dan is de
omtrek = 2 a-R = 2 x f X 14 cM. =88 cM.
§ 241. Beschrijft men in een cirkel een regelmatigen n-hoek en neemt men voor n een zeer groot getal, dan kan men, zonder al te groote fout te maken, zeggen:
oppervl. n-hoek = oppervl. cirkel v omtrek n-hoek = omtrek cirkel. De basis van één middelpuntsdriehoek van dien n-hoek is alzoo l- omtrek cirkel, en de hoogte = de straal \an den cirkel, omdat n zoo groot is.
Oppervl. v. 1 middelp. A = t omtrek x ^ R.
Oppervl. cirk. = n x ~ omtr. x|R=omtr. x |R=2s-R x |R =tR2-
>§ 242. Is de middelpuntshoek van een cirkelsector 90° dan is de sector juist \ van het oppervlak van den cirkel. Een sector met een middelpuntshoek van 36° zal ^ = f£ van het oppervlak van den cirkel zijn. Een cirkelsector met een middelpuntshoek van a graden heeft een oppervlak van.
m x opp. cn-kel = 3^ x *W= ^ .



203
§ 243. Het oppervlak van een cirkelsegment berekent men, door het oppervlak van een sector te vermeerderen of te verminderen met het oppervlak van een driehoek.
Vraagstukken.
411. Vaneen cirkel is de straal 3 dM. Bepaal tot in mM. nauwkeurig den omtrek.
412. Bereken het oppervlak van een cirkel, waarvan de straal 21 cM is.
413. Construeer een cirkel, die gelijk is aan twee gegeven cirkels.
414. Construeer een cirkel, die gelijk is aan het verschil van twee cirkels.
415. Construeer een cirkel, die vijf maal een gegeven cirkel is.
416. Construeer een cirkel, die het zevende deel van een gegeven cirkel is.
417. Beschrijft men op de hypotenusa van een rechthoekigen driehoek binnenwaarts en op de rechthoekszijden buitenwaarts halve cirkels, dan zijn de twee halvemaanvormige figuren samen gelijk aan het oppervlak van den driehoek. Bewijs dit.
418. I n een cirkel is een regelmatige tienhoek beschreven en daarin een diagonaal getrokken, die een boog van 108° onderspant. Men vraagt den inhoud te berekenen van het kleinste cirkelsegment, dat door de diagonaal van den cirkel wordt afgesneden. De straal van den cirkel = 2.
419. Verdeel een gegeven cirkel , in twee gelijke deelen door een concentrischen cirkel.
420. Verdeel een gegeven cirkel in zeven gelijke deelen door concentrische cirkels.
Gemengde Vraagstukken.
421. In A ABC de lijn DE // AB te trekken, zoodat AD+BE =AB is.
422. Om en in een cirkel zijn twee gelijkzijdige driehoeken beschreven. Welke betrekking bestaat er tusschen hunne zijden?
423. De producten der loodlijnen, die men uit een punt van eene cirkel kan neerlaten op de overstaande zijden van eenén ingeschreven kan neerlaten op de overstaande zijden van eenen schreven vierhoek zijn gelijk.
424. Als men in een gelijkbeenigen A ABC, beschreven in een cirkel M, de koorde AD trekt, die de basis BC in E snijdt, dan is AD . AE = AB2.
425. Twee cirkels, waarvan de stralen R = 2 en r = 1 zijn, snijden elkaar zoodanig, dat de gemeenschappelijke koorde gelijk is aan



204
de zijde van den reg. ing. 6-hoek in den kleinsten cirkel. Door een der snijpunten is in den grootsten cirkel de zijde van den ing. A getrokken. Bereken den afstand van het midden dezer zijde tot het midden der gemeenschappelijke koorde.
426. Van' een A is l_ A = 150°. Druk de zijde a uit in de zijden b en c.
427. Van een gelijkbeenigen A is de bais 2. Beschrijft men op deze basis als middellijn een halven cirkel, dan is de boog, tusschen de opstaande zijden gelegen 120°. Bereken zoo eenvoudig moge-
, lijk het oppervlak van den driehoek.
428. Door een punt binnen een cirkel, eene koorde te trekken, welke door dat punt in stukken wordt verdeeld, die evenredig zijn met twee gegeven lijnen.
Aanwijzing: Men kent van de stukken, waarin de gevraagde koorde door het gegeven punt verdeeld wordt, de verhouding en het product.
429. Van een gelijkbeenigen A is de basis 2. Beschrijft men op deze basis als middellijn een halven cirkel, dan is de boog, tusschen de opstaande zijden^gelegen 90°. Bereken het oppervlak van dien A-
430. Een A te construeeren, als gegeven zijn de basis, het verschil der beide andere zijden en het verschil der hoeken aan de basis.
431. Door een punt A, buiten een cirkel gelegen, trekt men twee lijnen, welke dien cirkel snijden; de eene door het middelpunt M, de andere willekeurig en snijdende den cirkel in de punten B en C. In B en C worden raaklijnen aan den cirkel getrokken, die de lijn, welke in A loodrecht op AM is getrokken, respectievelijk in de punten D en E snijden. Bewijs, dat AD = AE is.
432. Construeer een driehoek, als zijn hoogtelijnen gegeven zijn.
433. Een koorde maakt met de middellijn een hoek van 45°. Bewijs, dat de som van de vierkanten der stukken, waarin de koorde door het snijpunt verdeeld wordt, gelijk is aan tweemaal het vierkant van den straal.
434. Van een driehoek zijn de zijden 5, 6 en 7 cM. Men verbindt de middens dezer zijden. Bewijs, dat de 4 driehoeken, die hierdoor ontstaan, congruent zijn en bepaal den inhoud van een van hen,
435. Op AB als middellijn is een halve cirkel beschreven; twee willekeurige koorden AD en BC snijden elkander in P. Te bewijzen:
AB2 = AD x AP + BC x BP.
436. In eiken ingeschreven vierhoek, waarvan de diagonalen elkaar loodrecht snijden, gaat de loodlijn, door het snijpunt der diagonalen op een der zijden getrokken, door het midden der overstaande zijde.



205
437. In elk trapezium is de lijn, die de middens der diagonalen ver-> eenigt, evenwijdig aan de evenwijdige zijden en gelijk aan het halve verschil dier zijden.
438. In een regelmatigen achthoek worden alle diagonalen getrokken tusschen de hoekpunten tusschen welke nog twee andere gelegen zijn. Men vraagt te bewijzen, dat deze diagonalen wederom een regelmatigen achthoek insluiten en den straal van den ingeschreven cirkel van dezen laatsten te berekenen, wanneer de zijde van den eersten = a is.
439. Van een driehoek zijn gegeven: le de hoogte, 2e een kwadraat, dat denzëlfden inhoud heeft als de driehoek en 3e de lijn, die den tophoek met het midden der basis verbindt.
440. In driehoek ABC trekt men uit den top C de bissectrice, die de basis AB in D snijdt.
Er is gegeven: AC = 12 cM., AD =8 cM., BD = 10 cM. Bereken het verschil der oppervakken der driehoeken BCD enACD.
441. Wordt in A ABC de buitenhoek bij A middendoor gedeeld en ontmoet de deellijn het verlengde van BC in D, dan is.
AD2 = BD x CD — AB x AC.
442. Van A ABC is gegeven:
AC = 6 cM., AB = 8 cM., / A = 36°. Op de zijde BC ligt het punt D zoodanig, dat CD : DB = 2 : 1. Bereken het oppervlak van A ACD.
443. De loodlijn, op het midden der hypotenusa van een rechthoekigen driehoek, verdeelt de rechthoekszijde, welke zij ontmoet, zoodanig in twee deelen dat de andere rechthoekszijde middenevenredig is tusschen de som en het verschil dier deelen.
444. In eiken vierhoek is de som van de vierkanten der diagonalen gelijk aan het dubbele van de som van de vierkanten derlijnen, die het midden van de overstaande zijden van den vierhoek vereenigen.
445. Van een trapezium zijn gegeven de diagonalen gelijk a en b, de afstand c van haar snijpunt tot de basis, en het stuk d begrepen tusschen een der uiteinden van de basis en het voetpunt der loodlijn uit Het gezegde snijpunt op de basis neergelaten. Construeer dit trapezium.
446. Wanneer men de hoeken middendoor deelt, welke de verlengden van twee overstaande zijden van een in een cirkel beschreven vierhoek met elkaar maken, snijden deze deellijnen elkander rechthoekig.
447. De lijn door de middens der diagonalen eens willekeurigen vier-



206
. hoeks bepaald, snijdt 2 overstaande zijden. Bewijs, dat de A, die 1 dezer zijden tot basis en het snijpunt van de andere zijde met genoemde lijn tot top heeft, half zoo groot is als de vierhoek.
448. Trekt men in een cirkel 2 koorden loodrecht op elkander en beschrijft men op de 4 stukken als middellijnen cirkels, dan zijn deze samen zoo groot als de geheele cirkel.
449. Beschrijft men om een cirkel een trapezium, dan is het product van de stukken,.waarin eene opstaande zijde door het raakpunt verdeeld wordt, gelijk aan het vierkant van den straal.
450. Als men op de uiteinden eener middellijn AB van -een cirkel 2 raaklijnen AP en BQ trekt, tot zij door een derde willekeurig getrokken raaklijn gesneden worden, dan zal de rechthoek onder de stukken AP en BQ altijd gelijk zijn aan het quadraat op den straal des cirkels.
451. Gegeven een cirkel M en een punt P buiten dien cirkel. Trek door P een snijlijn, die den cirkel zoodanig snijdt, dat het stuk buiten den cirkel de helft is van de koorde binnen 'Seri' cirkel.
452. Bereken de zijde van een regelm. achthoek, welks oppervlak even groot is als dat van een regelm. zeshoek, waarvan de zijde a is.
453. In een gelijkbeenigen driehoek, waarvan hoogte en basis beide = a zijn, wordt een cirkel beschreven. Vereenigt men de drie raakpunten, dan vraagt men het oppervlak van dien koordendriehoek in a uit te drukken.
454. Van een trapezium zijn dë evenwijdige zijden 13 en 9. Als de hoogte 8 en het eene been 10 is, hoe lang is dan de loodlijn op dat eene been neergelaten uit het midden van het andere been. (Zie 247.)
455. Construeer x = v. (2 ab + c2).
456. Door een gegeven punt een rechte lijn te trekken die een gegeven cirkelomtrek verdeelt in twee deelen, die zich verhouden als 5 : 7.
457. Een gelijkbeenig trapezium in twee gelijke deelen te verdeelen door een lijn evenwijdig aan een diagonaal.
458. Van een driehoek zijn gegeven: de hoogte, een vierkant dat dezelfde oppervlakte heeft als de driehoek, de bissectrice uit den tophoek en de verhouding der opstaande zijden.
459. Verdeel een driehoek in uiterste en middelste reden door een lijn evenwijdig aan de basis.
460. Zoo in een driehoek ABC de hoek A = tweemaal hoek B is, dan heeft men a2 = b (b + c). Bewijs dit.



AANHANGSEL.
Eisehen voor het M. U. L. O. examen. A1**^
Voor Diploma A. De voornaamste eigenschappen der vlakke meetkunde moeten bewezen worden. Wat de vraagstukken betreft, zullen geen ingewikkelde bewijzen verlangd worden; eenvoudige constructies en berekeningen behooren echter vaardig uitgevoerd te worden.
Voor diploma B. Eigenschappen en congruentie van driehoeken en veelhoeken. Evenredigheid van lijnen, gelijkvormigheid van driehoeken en veelhoeken. Merkwaardige lijnen in den driehoek. Eigenschappen van den cirkel. Om-, in- en aangeschreven cirkel van den driehoek; vierhoek in en om den cirkel; regelmatige veelhoeken. Toepassing van stel- op meetkunde, Oppervlak en omtrek van den cirkel. Niet te moeilijke vraagstukken; bewijzen, berekeningen, constructies.



WISKUNDE-BOEKEN van H. J* ROBIJNS
STEREOMETRIE
voor Voorbereidend Hooger Onderwijs, Kweekscholen, Hoofdacte en Ny verheidsacten. Met tal van illustraties waaraan bijzonder veel zorg is besteed. Ingenaaid f 3.25 Gebonden f 3.75
KLEINE MEETKUNDE
DEEL I 2e druk . . f 1.35 DEEL II ..... f 1.35
REKENKUNDE I
Diploma A, 3e druk gecart f 135
REKENKUNDE II
Diploma B f j
LEERBOEK DER ALGEBRA
VOOR SCHOLEN MET EEN BEPERKT WISKUNDE PROGRAMMA Deel I 2e druk f 1.35. Deel II f 1.50.
Ook hier weer. memoriseeren van voorbeelden, 't kort samenvatten van bewerkingen, veel zorg aan 't schijnbaar gemakkelijke, 't Geheel kenmerkt den practischen docent, die niet alleen zijn leerstof beheerscht, maar ook zijn leerlingen kent. 't Zijn twee uitnemende werken, die zeker hun weg zullen vinden. F. André.
KLEINE ALGEBRA
Deel I gecartonneerd f 1.60. Deel II f 1.60. De schrijver zegt er van: „Dit werkje is bestemd voor jeugdige leerlingen. Het behandelt uitsluitend de stof, die voor Diploma A vereischt wordt. Deze stof wordt in twee deeltjes gegeven, is eenvoudig, maar toch degelijk behandeld. Veeljarige ervaring heeft mij geleerd, dat, op deze wijze behandeld, de algebra voor onze leerlingen geen moeilijk vak meer is."
Hiermee ga ik akkoord. R. v. W. in De School met den Bijbel.
REKENEN OP DE MULO-EXAMENS f i.es
Wie de verschillende uitgaven van Robijns kent, weet dat ze een veilige gids zijn op de wegen naar de Mulo-Examens.
Ook deze rekenkunde geeft juist wat men gewoonlijk eischt. En het zal dus een goede zaak zijn de leerlingen, candidaten voor het Mulo examen, dit boek te laten doorwerken.
Het kan ook zeer goed als repetitieboek gebruikt worden, om de kennis paraat te maken, wat toch voor examens noodzakelijk is.
A. V. D. S. in Het Kath. Schoolblad,
GIDS VOOR HET MULO-EXAMEN
Het vak Wiskunde. f 150
In het voorwoord zegt de schrijver, dat het op het examen duidelijk is gebleken dat vele candidaten voor het mondeling gedeelte van dat examen niet voldoende voorbereid waren. Ze hadden weinig oefening gehad in het weergeven der bewijzen. Dit werkje bedoelt hierin verbetering te brengen, en ik krijg den indruk dat het daarvoor bijzonder geschikt is. De vragen, die er in voorkomen, zijn alle van de examinatoren afkomstig; de Schrijver heeft ze alleen zóó gerangschikt, dat het geheel een volledige herhaling en tevens behandeling is der leerstof.
Zoowel voor diploma B als voor A worden verslagen van mondelinge examens en schriftelijke opgaven Algebra en Meetkunde gegeven.
Gaarne en zonder voorbehoud beveel ik dit boekje aan. R. v. W.
School met den Bijbel.
D. A. DAAMEN'S UITGEVERSMAATSCHAPPIJ, 'S-GRAVENHAGE












UITGAVEN VOOR M. U. U. I m.. . . .... . ... .....
J. C. BAARS en G. W. COMELLO.
Beknopt Leerboek der Aardrijkskunde voor Mulo-Scholen.
Deel I Nederland en Europa f 2.10
„ II Indië en de Werelddeelen „ 1.75
• „( III Wis- en Natuurkundige Aardrijkskunde . aaji L40
G. W. COMELLO. $fr Boekhouden voor Handels-, Dag-en Avondscholen, Mulo-ScholenT^nz.
Deel I Enkel Boekhouden . . . . . . . . . .'."JHr f V25
Deel II Dubbel Boekhouden. i ..... „ f.25
Handelsrekenen voor Handels-, Dag- en Avondscholen, MuloScholen, enz.
Deel I met losse formulieren als bijlage . . , . . . «aar. f 1.80 „II .... . . . . | . . . '''«;•> . .,1-80
J. JAC. JAN SE. La vie de tous les jonrs. Een verzameling
Fransche woorden en uitdrukkingen, 2e druk , ; . . . 1.50
J. JAC. JANSE. Epreuves écrites, Fransch vertaalboek met aantee-
kenijgen voor kandidaten MULO. Gecartonneerd . . . . f 1.65 J. JAC. JANSE. Vers le Diplome, deel I met Supplement, gecart. „ 2.10 J. JAC. JANSE. idem deel II „ . . » „ 2.10
R. MEURER. Words, Phrases and Synonyms, 3e druk . . „ 1.40 R. MEURER. Chosen English.
Een verzameling van vertalingen voor eindexamens H. B. S., Gymnasia
en Lagere Akte Engclsch (met aanteekeningen.) . ..... f 1.75
3L MEURER. The first Year. A book for beginners, gecartonneerd „ 1.75 R. MEURER. The last Year. A handful of exercises. Stevig gecart. „ 1.75 A Summer in Squirrelland and other Stories annotated by R. MEURER.
In aardig omslag 3mL f 0.95
R. MEURER. "Ready?" A set of questions on idiom and grammar „ 1.75
H. J. ROBIJNS. Rekenkunde I Diploma A, 3e druk, gecart. „ 1.35
II Diploma B . fflk :' ■ . „ 1— H. J. ROBIJNS. Kleine Meetkunde Deel I . fifef . • • » 135 „ HEB»' L'eei II . .• . . . . „ 1.35
H. J. ROBIJNS. Kleine Algebra voor Mulo. Uitsluitend Diploma A. Deel I. Stevig gecartonneerd .'"Egffl^afi. . . . f 1.60
Deel II. „ „ . . .. m?ÈX . .. . . . ^MM
H. J. ROBIJNS. Leerboek der Algebra, Deel I, 2e druk. . ,,1.35
Deel II 1.50
H. J. ROBIJNS. Leerboek der Vlakke Meetkunde, 4e herz. dr. „ 2.10 H. J. POB'.JNS. Het Rekenen op de Mulo-Examens . . . „ 1.65 H. J. ROBIJNS. Gids voor het Mulo-Examen: Het vak Wiskunde „ 1.50 G. J. YKEMA. Beknopt Leerboek der Natuurkunde voor MuloScholen. Deel I . ... "«3fP'^Wi;'&.% f 1.80
idem ' Deel II . . . „2.10
G. J. YKEMA. Natuurkundige Vragen en Opgaven, gecart. . „ 1.50 A. H. HUIBREGTSEN. Was man alles fragen kann. Eine Reihe von Pragen zur Wiederholung für diejenigen welche das Mulo-Examen Deutsoh bestehen wollen .... ' '''^BÊÊSSt^aü'iitS^S^' f 1-50
C. J. UITERWAAL. A peu pres fini? Examens oraux: a travers 'a
grammaire; quelque chose a lire et a dlre .,- "^Mm!**,' 'f 1.50
G. KOOLSTRA. Ken U zeiven. Een toetsnaald voor Mulo-Candidaten.
(Nederlandsche Taal) .' "; 'Ss^SÉSpPraj{ l-50
G. J. VERMEER. Mannigfultiges. Eine Sammlung deutscher Y/örter,
Aüsdrücke und Redensarten für den taglichen Bedarï. Unter Mitwir-
kung von Dr. Hans Pradel (gecart.). . W* i t 1:65
D. MOOLHÜYZEN. Schriftelijke Opgaven voor het Mulo-Examen
vanaf 1912 tot en met 1923, van antwoorden voorzien. Gecart. f 2.50 O. STREUTGERS. Duitsch Vertaaloefeningen voor het 2e en 3e jaar
met aanteekeningen . . . . .afe.-«r,--..r=w*, ...... f 1.75
O. STREUTGERS. Der Blinde Passagier mit Erlauterungen , f 0.95
I