Nieuwe pagina 1

© h.hofstede (h.hofstede@hogeland.nl)

Stelling van raaklijn en koorde: de hoek tussen een raaklijn en een koorde van een cirkel is gelijk aan de omtrekshoek van die koorde.

∠ACD is zo'n hoek, en is dus gelijk aan de omtrekshoek van koorde CD.
Dat is ook gelijk aan ∠CFD.

∠ABD is ook zo'n hoek en is dus gelijk aan de omtrekshoek van koorde BD.
Dat is ook gelijk aan ∠BFD.

∠ACD + ∠ABD = ∠CFD + ∠BFD = ∠BFC.
maar in driehoek ABC zie je dat ∠ACD + ∠ABD + ∠BAC = 180º
Dus is ook ∠BFC + ∠BAC = 180º

Dus is ABFC een koordenvierhoek.

Teken C op de cirkel door BAQ zodat CA een raaklijn aan de andere cirkel is (zie figuur).

Dan is ∠APB = ∠CAB , want als P naar A loopt blijft hoek BPA gelijk, en als P in E is aangekomen is het hoek BAC geworden.

Verder is ∠AQB = ∠ACB (omtrekshoek van AB)
Dus driehoek BPQ is gelijkvormig met driehoek BAC (hh)

Als de driehoeken gelijkvormig zijn hebben de zijden dezelfde verhouding
Dus ^BP/_BQ = ^BA/_BC is constant.

De groene hoeken zijn gelijk (omtrekshoek is gelijk aan hoek koorde-raaklijn voor koorde RQ

∠S = 180 - 2 • groen

Thales geeft dat HR = 90º

∠RQP = 90 - groen (hoekensom RQP)

Dus ∠S = 2 • ∠RQP

Omdat AD evenwijdig aan BC is (parallellogram) is ∠ADE = ∠BED (Z-hoeken)
Maar ook is ∠ADE = ∠BDE (bissectrice)
Uit deze twee gelijkheden volgt dat ∠BDE = ∠BED
Dus is driehoek BDE gelijkbenig (twee gelijke basishoeken)

De hoek tussen een koorde en een raaklijn is gelijk aan de omtrekshoek van die koorde.
Neem koorde BF.
Dan zegt deze stelling dat ∠EBF = ∠BDF
Ook is ∠BEF = ∠BDF (driehoek BDE was immers gelijkbenig)
Dus is ∠EBF = ∠BEF ....(1)

∠BFD is een buitenhoek van driehoek BFE dus geldt ∠BFD = ∠BEF + ∠EBF
Uit (1) volgt dan ∠BDF = ∠BEF + ∠BEF = 2 • ∠BEF.

Zie de figuur hiernaast.
Die rode hoeken zijn de hoeken van koorde DC met de raaklijnen en dus ook de omtrekshoeken van DC
Die blauwe hoeken zijn de hoeken van koorde AB met de raaklijnen en dus ook de omtrekshoeken van AB

Omdat AC en DB loodrecht op elkaar staan, is een rode plus een blauwe hoek samen 90º.

∠Q = 180 - 2 roden
∠S = 180 - 2 blauwen
∠Q + ∠S = 360 - 2 roden - 2 blauwen = 180º (immers rood + blauw = 90º)
Dus is PQRS een koordenvierhoek.

∠ADB is de hoek tussen koorde DB en raaklijn AD
Die is gelijk aan de omtrekshoek van koorde DB
De omtrekshoek van koorde DB is ∠BCD, dus ∠ADB = ∠BCD

Verder hebben beide driehoeken ook nog ∠A gemeenschappelijk, dus hebben de driehoeken twee gelijke hoeken, dus zijn ze gelijkvormig (hh)

∠QPD is de buitenhoek van driehoek APD, dus ∠QPD = ¹/₂∠A + ∠ADB
∠PQD is de buitenhoek van driehoek AQC, dus ∠PQD = ¹/₂∠A + ∠ACD
Maar omdat ∠ADB = ∠ACD (zie vraag a)) geldt ook dat ∠QPD = ∠PQD

∠MAP = ∠MPA (gelijkbenige driehoek)
∠PMN = 2 • groen (buitenhoek)
Omdat MP en NQ beiden loodrecht op de raaklijn staan zijn ze evenwijdig
Dus ∠PMN = ∠QNB = 2 • groen

Dan is ∠NQB = 90 - groen = rood (hoekensom gelijkbenige driehoek)

∠SPQ = 90 - groen (gestrekte hoek)
∠PQS = groen (gestrekte hoek)
Dus ∠PSQ = 90º (hoekensom PSQ)

Stel dat RM en PQ elkaar in een punt N snijden......

∠SRP = ∠RQO (koorde en raaklijn)
∠TRQ = ∠RPQ (koorde en raaklijn)
∠TRQ = ∠PRM (samen met de groene hoek 90º)

Dan is driehoek NQR gelijkbenig en driehoek NRP ook

Dus NR = NQ = HP
Dus N is het middelpunt van de cirkel door P, Q en R

10.

∠FAB = ∠ADG (hoek tussen raaklijn en koorde)
∠ADG = ∠ACB (F-hoeken)
Dus is ∠FAB = ∠ACB

de driehoeken AFB en CAB zijn gelijkvormig (hh)
dus is driehoek AEB ook gelijkbenig (ook twee gelijke basishoeken)
dus is AF = AB

11.

De rode hoeken zijn gelijk (Z-hoeken)
De groene hoeken zijn gelijk (Z-hoeken)

Een rode hoek is gelijk aan ∠ACB (koorde en raaklijn bgAB)
Een groene hoek is gelijk aan ∠ACB (koorde en raaklijn bgAB)

Dus de rode en groene hoeken zijn gelijk, en dus is CPQ gelijkbenig.

12.

De gelijkgekleurde hoeken hiernaast zijn gelijk, en dat is als volgt te vinden;

∠ADB = 90º want AB is een middellijn
∠PAD = ∠ABD (hoek tussen koorde en raaklijn)

Dan is ∠DAB = 90º - ∠ABD hoekensom driehoek ABD

Maar die hoekensom geldt ook in driehoek APD waarvan ∠ADP = 90º
Daaruit volgt dat ∠APD = ∠DAB (groen)
Omdat gegeven is dat ∠AMP daar ook gelijk aan is, is ∠AMP ook groen.

Uit de hoekensom van driehoek MAP me een rechte hoek bij A volgt dan dat ∠APM weer rood is.

Driehoek AMS heeft twee gelijke hoeken dus is gelijkbenig, dus MS = AS
Driehoek ASP heeft twee gelijke hoeken, dus is gelijkbenig, dus PS = AS

13.

a is de hoek tussen koorde RQ en raaklijn r
Die is dus gelijk aan de omtrekshoek van RQ, en dat is die hoek a bij S
Maar dan is de andere hoek bij R in de rechtercirkel ook gelijk aan a (Z-hoeken met de hoek bij S)
De hoek in de linkercirkel is ook a (overstaande hoeken)
Dus beide hoeken bij R zijn gelijk, dus is r bissectrice.

14.

CM = BM (straal cirkel)
∠ACM = ∠ABM (90º)
AM = AM
Dus zijn de driehoeken ACM en ABM congruent ZZR
Dus is ∠MAC = ∠MAB
Dus is AM de bissectrice

AM is de bissectrice dus de groene hoeken bij A zijn gelijk.
Vanwege Z-hoeken volgt daaruit de groene hoeken bij E

MC = MD (straal cirkel)
ME = ME
∠MDE = ∠MCE = 90º (raaklijn aan cirkel)
Dus de MED is congruent met MEC (ZZR)

De rode hoeken bij E zijn dus gelijk.
Twee roden en twee groenen zijn 180º (gestrekte hoek bij E)
Dus rood + groen = 90º
Dan volgt uit driehoek AME dat ∠AME = 90º (hoekensom driehoek)

15.

De driehoeken QMP en QMS zijn congruent (ZZR)
Dus is QP = QS

Op dezelfde manier is ook RP = RT
De driehoeken RTP en QSP zijn dus gelijkbenig met dezelfde tophoek α (F-hoeken) en hebben dus gelijke basishoeken α.

Hoekensom in vierhoek TSQR geeft:
180 - α + α + β + ? = 360
Daaruit volgt ? = 180 - β

Dus is TSP een gestrekte hoek
Dus liggen T, S en P op één lijn.

16.

De groene hoeken bij P en Q zijn gelijk (hoek koorde en raaklijn en omtrekshoek van koorde RP)
De rode hoeken bij Q en P zijn gelijk (hoek koorde en raaklijn en omtrekshoek van koorde RQ)

Bij R is ook een rode en een groene hoek te vinden (Z-hoeken)

Dan is ∠RST = ∠RTS (beiden buitenhoek van een driehoek met een rode en een groene hoek)

17.

Stel ∠QPR = x
Dan is ∠SRQ = x (hoek koorde en raaklijn) en hetzelfde geldt voor ∠RQS
∠RSQ = 180 - 2x (hoekensom RQS)

∠RMQ = 2x (omtrekshoek en middelpuntshoek koorde RQ)

Dus ∠RSQ + ∠RMQ = 180º
Dan is MRSQ een koordenvierhoek en liggen de punten M, R, S en Q op een cirkel.

18.

De rode hoeken zijn gelijk (koorde-raaklijn en omtrekshoeken van koorde AD)
De groene hoeken zijn gelijk (koorde-raaklijn en omtrekshoeken van koorde BC)
∠Q + ∠S = (180 - 2 • groen) + (180 - 2 • rood) = 360 - 2 • (rood + groen) (hoekensom QCB en SAD)

Maar rood + groen is 90º (hoekensom driehoek) dus ∠Q + ∠S = 360 - 2 • 90 = 180º
Dan is PSRQ een koordenvierhoek.

19.

Teken de cirkel met middelpunt T en straal TB.
Daar is AB een koorde van want AT = BT
Daar is l een raaklijn van want l staat loodrecht op TB.

∠ATM is de middelpuntshoek van AB en is dus het dubbele van de omtrekshoek.
∠SBA is de omtrekshoek van AB (stelling koorde en raaklijn)
Dus ∠ATB = 2 • ∠SBA

∠SAB = ∠ATB + ∠TBA (buitenhoek driehoek TAB)
∠SBA + ∠TBA = 90º (raaklijneigenschap)

∠SAB = 2∠SBA + ∠TBA
= ∠SBA + ∠SBA + ∠TBA
= ∠SBA + 90º

20.

De rode hoek bij R is geljk aan hoek RAB (koorde en raaklijn)

de hoeken CBR en CAR zijn gelijk (omtrekshoeken van CR)

De rode hoeken zijn allemaal gelijk, en omdat die bij R gelijk is aan die bij B is de raaklijn evenwijdig aan BC (omgekeerde Z-hoeken stelling)

21.

Teken de gemeenschappelijke raaklijn.

Dan is ∠DRP = ∠DBR (hoek koorde en raaklijn)
Ook is ∠CRP = ∠CAR (hoek koorde en raaklijn)

Dus ∠DRP + ∠CRP + ∠E = ∠DBR + ∠CAR + ∠E
dat laatste is 180º (hoekensom driehoek EAB).

Dus ∠CRD + ∠E = 180º
Dus is ECRD een koordenvierhoek.

22.

∠FAC = α (hoek koorde en raaklijn)
∠FAC = ∠BCA (Z-hoeken)
Dus α = γ

∠AFC = 180 - 2γ (koordenvierhoek)
∠AFC = 180 - α - β (hoekensom AFC)
Dus 2α = α + β dus α = β

Dan is l evenwijdig met AC (Z-hoeken)

23.

∠DAC = ∠CBA (hoek tussen koorde en raaklijn)
∠CAB = ∠CBA (gelijkbenige driehoek)

dus ∠DAC = ∠CAB
dus AC is de bissectrice van ∠BAD

∠CFD = ∠CAD (constante hoek koorde DC)
∠DFE + ∠CFD = 180º (gestrekte hoek)

∠CAD = ∠CAE (gegeven)

Dus ∠DFE + ∠CAE = 180º
Dus is GFEA een koordenvierhoek (overstaande hoeken samen 180º)

24.

In driehoek PBR: o + 90 + β + α = 180 dus α = 90 - (o + β)
In driehoek PBA: o + 180 - α + β = 180 dus α = o + β
De tweede invullen in de eerste geeft α = 90 - α
Dus 2α = 90
dus α = 45