Springen naar inhoud

driehoek, hoogtelijnen .. evenwijdigheid


  • Log in om te kunnen reageren

#1


  • Gast

Geplaatst op 13 januari 2004 - 21:34

hoi,
stel ABC een driehoekk, [BD} en [CE] twee hoogtelijnen van ABC.
[DH] en [EF] zijn twee hoogtelijnen van de driehoek ADE
toon aan (BC) //(FH)
alvast bedankt. :shock:

Dit forum kan gratis blijven vanwege banners als deze. Door te registeren zal de onderstaande banner overigens verdwijnen.

#2


  • Gast

Geplaatst op 14 januari 2004 - 16:58

Misschien wordt het met een illustratie wat makkelijker.

#3


  • Gast

Geplaatst op 14 januari 2004 - 21:16

je hebt gelijk!
Geplaatste afbeelding

#4

Pierewiet

    Pierewiet


  • >25 berichten
  • 36 berichten
  • Gebruiker

Geplaatst op 16 januari 2004 - 22:05

Beter laat dan helemaal niet! ;)

Het bewijs gaat alleen maar op voor een gelijkbenige driehoek. :shock:

driehoek EBC congruent driehoek DCB
BC=BC
hoek B = hoek C
hoek E = hoek D = 90°
Hieruit volgt: EC = DB en EB = DC
Omdat hoek B = hoek C volgt hieruit hoek DCE = hoek EBD
{(hoek C=hoek B)-(hoek ECB=hoek DBC)=(hoek DCE=hoek EBD)}

driehoek HBD congruent driehoek FEC
hoek H = hoek F = 90°
hoek HBD = hoek FCE
hoek FEC = hoek HDB = 90° - (hoek DCE=hoekDBE)
Hieruit volgt: HB = FC
AH:AB=AF:AC=HF:BC zodat HF//BC
"The best way to predict the future is to prevent it" *Alan Kay*

#5


  • Gast

Geplaatst op 17 januari 2004 - 20:18

bedankt voor het bewijs..!
ik had dat nodig!

#6

Ernie

    Ernie


  • >100 berichten
  • 179 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 17 januari 2004 - 21:30

Het is geen goed bewijs - het moet voor elke driehoek kloppen!
De tekening klopt evenmin.

Ik zal er over denken.

#7

Ernie

    Ernie


  • >100 berichten
  • 179 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 17 januari 2004 - 21:39

Je kan de volgende feiten gebruiken om tot een korte oplossing te komen:

-Van een vierhoek waarvan de overstaande hoeken supplementair zijn (met andere woorden, hoeken waarvan de som 180° is) liggen de hoekpunten op een cirkel.
-Omtrekshoeken op eenzelfde cirkelboog zijn even groot.

Je zal zien dat je er dan in een wip bent.

#8


  • Gast

Geplaatst op 17 januari 2004 - 23:43

1e JALLO heeft de tekening niet juist weergeven.
GALLO had duidelijk geschreven DH en EF hoogtelijnen van driehoek ADE
2e ERNO, als je een driehoek ABC tekent waarvan C een stompe hoek is dan zul je zien dat EF op geen stukken na // loopt aan BC. Het kan dus niet voor alle driehoeken gelden.
3e EIGENSCHAP: Als in een driehoek een lijn twee zijden zo in stukken snijdt, dat de stukken op de ene zijde evenredig zijn met de overeenkomstige stukken op de andere zijde, dan is die lijn evenwijdig aan de derde zijde van de driehoek. ± 47 jaar geleden in mijn hoofd moeten stampen.
PIEREWIET ging meetkundig correct op zijn doel af

#9

Ernie

    Ernie


  • >100 berichten
  • 179 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 18 januari 2004 - 13:01

Natuurlijk kan deze stelling enkel gelden voor scherphoekige driehoeken - ff vergeten te vermelden.
Maar ik blijf er bij dat dit dan ook geldig is voor ALLE scherphoekige driehoeken.
Het bewijs van Pierewiet mag dan mooi zijn maar het geldt enkel voor gelijkbenige driehoeken.
(Ja meneer le coq, als je dat meetkundig correct noemt ...)

Aangezien bepaalde mensen dus schijnen te twijfelen aan mij geef ik even mijn bewijs:

Beschouw vierhoek BCDE. Omdat m(BDC) = m(BEC) = 90° liggen B, C, D en E op één cirkel.
Dat betekent dat de overstaande hoeken van deze driehoek supplementair zijn.
Daaruit besluiten we dat m(EBC) = 180° - m(EDC).

Beschouw vierhoek DEHF. Omdat m(DHE) = m(DFE) = 90° liggen D, E, H en F op één cirkel.
Analoog als daarnet besluiten we dan dat m(EDF) = 180° - m(EHF).

Nu zijn we er bijna:

m(EBC)
= 180° - m(EDC)
= m(EDF) (want EDF en EDC zijn nevenhoeken)
= 180° - m(EHF)
= m(AFH) (want EHF en AHF zijn nevenhoeken).

Dus FH en BC maken dezelfde hoek met AB. Bijgevolg FH//BC.

#10


  • Gast

Geplaatst op 18 januari 2004 - 13:12

hoi,
ik heb het bewijs gevraagd,
sorry omdat ik [EF] niet had getekend. en bedankt vor de reactie en de oplettenheid,
ik snap dat het bewijs van pierewiet niet voor alle driehoeken geldt,
wat mij opviel was het laatste stukje van zijn bewijs

AH:AB=AF:AC=HF:BC zodat HF//BC

ik was vergeten te melden dat de vraag te maken heeft met de stelling van 'Thales'.
ik heb eindelik het bewijs kunnen vinden,
(AB) LOODRECHT OP (AB) EN (AB) LOODRECHT OP (DH)
DUS (DH) // (CE)
dus (1) AE/ AH = AC/ AD ook geldt er dat (BD)// (EF) dus
(2) AF/AD=AE/AB
uit 1 en 2 geldt: AE*AD=AH*AC =AF*AB
en dus Ah*AC=AF*AB en dus
Ah/AB = AF/AC dus (BC) //(HF)

#11

Ernie

    Ernie


  • >100 berichten
  • 179 berichten
  • Ervaren gebruiker

Geplaatst op 18 januari 2004 - 13:19

Dus hebben we nu al twee correcte bewijzen voor deze stelling.





0 gebruiker(s) lezen dit onderwerp

0 leden, 0 bezoekers, 0 anonieme gebruikers

Ook adverteren op onze website? Lees hier meer!

Gesponsorde vacatures

Vacatures