Categorie archieven: Meetkunde

Archimedische lichamen

Geplaatst op door

De Platonische lichamen die we zagen zijn regelmatig. Dat wil zeggen dat al hun zijvlakken identiek zijn. De Archimedische lichamen, vernoemd naar Archimedes, zijn half regelmatig, omdat ze twee of meer soorten vlakken hebben.

Alhoewel de Archimedische lichamen verschillende vlakken hebben, zijn hun hoekpunten regelmatig: ze zijn allemaal hetzelfde. Deze vormen zien er vreemder uit en zijn minder bekend, maar als we kijken naar het aantal vlakken, ribben en hoekpunten, zien we de formule terug die we ook bij de Platonische lichamen zagen : V + H – R = 2

Zeven van de Archimedische lichamen zijn gevormd door het afknotten van de platonische lichamen., met andere woorden door de hoeken er af te snijden : 

  • Afgeknotte tetraëder
  • Afgeknotte kubus
  • Afgeknotte octaëder
  • Afgeknotte dodecaëder
  • Afgeknotte icosaëder
  • Afgeknotte kuboctaëder
  • Afgeknotte icosidodecaëder

Drie andere van de Archimedische lichamen zijn gevormd door het uitbreiden van de platonische lichamen. 

  • Icosidodecaëder
  • Romboëdrische icosidodecaëder
  • Kuboctaëder

De twee laatste  Archimedische lichamen zijn gevormd door de vlakken van een kubus en een dodecaëder naar buiten te bewegen, zodat elk vlak een draai krijgt. Bij de stompe Archimedische lichamen wordt elke veelhoek omringd door gelijkzijdige driehoeken.

  • Stompe kubus
  • Stompe dodecaëder

Punt van Torricelli

Geplaatst op door

Zoek binnen een driehoek een punt T zodat de som van de afstanden van T tot de hoekpunten zo klein mogelijk is. Deze vraag werd door Fermat voorgelegd aan Evangelista Torricelli (1608-1647) en was bedoeld als een soort uitdaging. Vandaar dat men dit punt het punt van Torricelli of het punt van Fermat noemt. Torricelli was assistent van Galilei en volgde hem op als wiskundige aan het hof van groothertog van Toscane.

Hierboven zie je de constructie: construeer op twee zijden van de gegeven driehoek ABC gelijkzijdige driehoeken PAC en BCQ. Verbind Q met A en P met B. Het snijpunt van BP en AQ geeft het punt T. 

Om dit probleem te kraken, gebruiken we de driehoeksongelijkheid. Die zegt dat de kortste weg tussen twee punten de rechte lijn is door die punten. Neem nu een willekeurig punt P binnen de driehoek. en draai de driehoek CPB 60^\circ rond C zodat  P op Q en B op X wordt afgebeeld ( zie linker figuur). De driehoeken CPB en CQX zijn dan congruent en dus is |PB|=|QX| en |PC|=|CQ|. Maar dan is driehoek CPQ gelijkzijdig en is |PC|=|PQ|. Dan is de som S van de afstanden van P tot de hoekpunten van de gegeven driehoek gegeven door S=|AP|+|PQ|+|QX|. Volgens de driehoeksongelijkheid wordt S dan minimaal als A,P,Q en X op 1 lijn liggen. De positie van X hangt niet af van de keuze van P, dus moeten we P  zo kiezen dan A,P,Q en X op 1 lijn liggen. Uit de tekening is het duidelijk dat we P zo moet kiezen dat P op AX ligt en de hoek tussen CP en PX moet 60^\circ zijn. Dit komt neer op de constructie die hierboven werd uitgelegd.

Merk ook op dat de lijnstukken vanuit het punt van Torricelli T, naar de hoekpunten toe, onderling hoeken maken die allemaal gelijk zijn aan  120^\circ.

 

Stelling van Ptolemaeus

Geplaatst op door

De kans, dat 4 willekeurig gekozen punten in het vlak, op 1 lijn of 1 cirkel liggen is erg klein. Er moeten dus  wel speciale voorwaarden zijn om dit te doen gebeuren.  Zo een voorwaarde wordt gegeven in de stelling van Ptolemaeus:

Voor 4 willekeurige punten A,B,C en D in het vlak, geldt

    \[AB.CD+AD.BC \geq AC.BD\]

Er treedt gelijkheid op als de punten collineair of concyclisch zijn .

Enkele gevolgen:

  • Als ABCD een koordenvierhoek is en ABC een gelijkzijdige driehoek, dan is BD=AD+CD.
  • Als ABCD een koordenvierhoek is en de hoeken in B en D zijn recht, dan is BD=AC.\sin A ( schrijf de hoek A als som van twee hoeken en pas de domformule voor \sin(x+y) toe)

Hoogtedriehoek

Geplaatst op door

De hoogtedriehoek van een driehoek ABC is de driehoek gevormd door de  voetpunten van de drie hoogtelijnen van deze driehoek.

Enkele speciale eigenschappen:

  • Het hoogtepunt van driehoek ABC is het middelpunt van de ingeschreven cirkel van zijn hoogtedriehoek.
  • Van alle driehoeken ingeschreven in driehoek ABC(d.i de hoekpunten liggen op de zijden  van driehoek ABC) heeft de hoogtedriehoek de kleinste omtrek.
    Dit wordt ook wel eens het probleem van Fagnano genoemd naar Giovanni Fagnano die dit probleem stelde in 1775.