collineaire punten

a) (1) Noem het snijpunt van $AT$ en $BS$ $C$. Dan geldt volgens de stelling van Menelaos dat $P$, $T$ en $S$ collineair zijn als en slechts dan als $\frac {\overline{AP}}{\overline{BP}} \frac{\overline {BS}}{\overline{CS}}\frac{\overline{CT}}{\overline{AT}}=1$. Omdat deze gerichte verhoudingen allemaal positief zijn aangezien $P$,$T$ en $S$ allen buiten de zijde liggen, volstaat het te bewijzen dat $\frac {\left |AP \right |}{\left |BP \right |} \frac{\left |BS \right |}{\left |CS \right |}\frac{\left |CT \right |}{\left |AT \right |}=1$. (In de rest van het bewijs zal ik naar $\left |XY \right |$ verwijzen als $XY$)

(2) $\Delta SCA \sim \Delta BCT \left\{\begin{array}
\widehat {SCA}=\widehat {TCB}~~ (overstaande~hoeken)\\
\widehat {SAC}=\widehat{BTC} ~~(verwisselende~binnenhoeken~bij~a \parallel b(beide~ loodrecht ~op~ l))
\end{array}\right. \\ \Rightarrow \frac {BC}{CS}=\frac{CT}{AC}=\frac{BT}{AS}.$

(3)Merk op dat $BS=BC+CS$ en $AT=CT+AC$. Hieruit volgt dat $\frac {BS\cdot CT}{CS\cdot AT}=\frac{BC\cdot CT}{CS\cdot AT}+\frac{CT}{AT}=\frac{CT^2}{AC\cdot AT}+\frac{CT}{AT}=\frac{CT}{AC}=\frac{BT}{AS}$ (2 keer wegens (2))

(4) Omdat $\widehat{TAB}=90°-\widehat{BTA}=\widehat{TBQ} (gegeven)=\widehat{BQA}$(verwisselende binnenhoeken bij $a\parallel b$(beide loodrecht op $l$)) en $\widehat{TBA}=\widehat{QAB}=90°$(gegeven), geldt dat $\Delta TAB \sim \Delta BQA$, waaruit volgt dat $\frac{BT}{AB}=\frac{AB}{AQ}$. Analoog: $\frac{AS}{AB}=\frac{AB}{BR}$. Hieruit volgt dat $\frac{BT}{AS}=\frac{BR}{AQ}$.

(5) $\Delta PRB \sim \Delta PQA \left\{\begin{matrix}
\widehat{RBP}=\widehat{QAP}=90°(gegeven)\\
\widehat{RPB}=\widehat{QPA} (gemeenschappelijke~hoek)
\end{matrix}\right. \Rightarrow \frac{BP}{AP}=\frac{BR}{AQ}$

(6) Uit (3), (4) en (5) volgt dat $\frac {BS\cdot CT}{CS\cdot AT}=\frac{BP}{AP}$. Klaar wegens (1).

b) (1) Wegens Menelaos geldt dat $K$, $L$ en $P$ collineair zijn als en slechts dan als $\frac {\overline{AP}}{\overline{BP}} \frac{\overline {BK}}{\overline{CK}}\frac{\overline{CL}}{\overline{AL}}=1$. Omdat de gerichte verhoudingen met $K$ en $L$ hetzelfde teken hebben en die met $P$ positief, volstaat het te bewijzen dat $\frac{AP}{BP} \cdot \frac{BK}{CK} \cdot \frac{CL}{AL}=1$.

(2) Merk op dat aangezien volgens het gegeven $\widehat{BKA}=\widehat{BLA}=90°$ is, vierhoek $ABKL$ een koordenvierhoek is.Wegens de machtsstelling geldt nu dat $\frac{CL}{CK}=\frac{BC}{AC}$

(3) Wegens (a.2) geldt dat $BC=\frac{BT\cdot CS}{AS}$ en $AC=\frac{CT\cdot AS}{BT}$, dus $\frac{BC}{AC}=(\frac{BT}{AS})^2 \cdot \frac {CS}{CT}=(\frac{BS}{AT})^2 \cdot \frac{CT}{CS}$, dat laatste wegens (a.3).

(4) Omdat $\widehat{KBR}=\widehat{BSA}$ (verwisselende binnenhoeken bij $a\parallel b$ (beiden staan loodrecht op $l$)), en $\widehat{RKB}=\widehat{SAB}=90°$ (gegeven), geldt dat $\Delta BAS \sim \Delta RKB$, en dus $BK=\frac{BR\cdot AS}{BS}$. Analoog: $AL=\frac{AQ\cdot BT}{AT}$. Hieruit volgt dat $\frac{BK}{AL}=\frac{AT\cdot BR\cdot AS}{AQ \cdot BS \cdot BT}=\frac{AT}{BS}$, dat laatste wegens (a.4).

(5) Uit (2), (3) en (4) volgt dat $\frac{AP}{BP} \cdot \frac{BK}{CK} \cdot \frac{CL}{AL}=\frac{AP}{BP}\cdot \frac{BS}{CS} \cdot \frac {CT}{AT}=1$, wegens wat we in (a) hebben aangetoond. Klaar wegens (1).