Deel een hoek in twee gelijke hoeken

• Gegeven is:
  • AD = AE
  • BD = FE
  • punt G is snijpunt van lijn BE en lijn DF.

1. Construeer ∆ABF met ∠B₁ = ∠B₂ = ∠F₁ = ∠F₂ = 15°.
   Bereken de hoeken in punt D en punt G.
   
   Antwoord: (tegen­voor­beeld)
   Gegeven is dat ∠B₁ = ∠F₁ = 15°. Omdat 32 in iedere driehoek de som van de hoeken altijd 180° is, is de tophoek ∠G₅ = 150°. Omdat overstaande hoeken even groot zijn 15, daarom ∠G_2,3 = ∠G₅ = 150°. Omdat neven­hoeken samen 180° zijn 13, daarom ∠G₁ = ∠G₄ = 30°. Met dit tegen­voor­beeld is dus aangetoond dat de hoeken in punt G beslist niet altijd recht zijn.
   Omdat ∠B₁ = 15° (gegeven) en omdat ∠G₁ = 30° (berekend), daarom is vanwege de hoekensom 32 ∠D₂ = 135° en vanwege de neven­hoek 13 is ∠D₁ = 45°. Met dit tegen­voor­beeld is dus aangetoond dat de hoeken in punt D beslist niet altijd recht zijn. Evenzo zijn de hoeken in punt E beslist niet altijd recht.
2. Toon aan dat ∆ABE = ∆AFD en dat dus BE = DF en ook ∠B₁ = ∠F₁.
   
   Antwoord: Omdat AD = AE en BD = FE en dus AB = AF, daarom zijn de overeen­komstige zijden van ∆ABE en ∆AFD even lang. Omdat ∠A voor beide driehoeken de ingesloten hoek is, daarom 4 zijn ∆ABE en ∆AFD aan elkaar gelijk.
   Conclusie is dat ∆ABE = ∆AFD. Dus zijn de overeen­komstige zijden even lang, BE = DF, en zijn ook de overeen­komstige hoeken even groot, ∠B₁ = ∠F₁.
   
3. Toon aan dat ∠B_1,2 = ∠F_1,2.
   
   Antwoord: Omdat AB = AF (stap 2), daarom is ∆ABF een gelijk­benige driehoek.
   Dus 5 zijn de de basishoeken even groot: ∠B_1,2 = ∠F_1,2.
4. Toon aan dat ∆BDF = ∆BEF en dat dus ∠B₂ = ∠F₂ en ook ∠D₂ = ∠E₂.
   
   Antwoord: Omdat ∆BDF en ∆BEF twee even lange overeen­komstige zijden hebben, BD = EF en BF = FB (evident) en ook de ingesloten hoeken even groot zijn, ∠B_1,2 = ∠F_1,2 (stap 3), daarom 4 zijn de driehoeken BDF en BEF aan elkaar gelijk. Conclusie is dat ∆BDF = ∆BEF.
   Dus zijn de overeen­komstige hoeken even groot: ∠B₂ = ∠F₂ en ook ∠D₂ = ∠E₂.
5. Toon aan dat ∆BFG gelijk benig is en dat dus BG = FG.
   
   Antwoord: Omdat ∠B₂ = ∠F₂ (stap 4), daarom 5 is ∆BFG gelijk benig. Dus zijn de zijden even lang: BG = FG.

   NB: Omdat ∠B₁ = ∠F₁ (stap 2) en omdat ∠B_1,2 = ∠F_1,2 (stap 3) daarom ∠B₂ = ∠F₂.

6. Toon aan dat ∆BDG = ∆FEG en dat dus DG = EG.
   
   Antwoord: Omdat ∠B₁ = ∠F₁ (stap 2) en omdat ∠G₁ = ∠G₄ (overstaande hoeken), en omdat de overeen­komstige zijden bovendien even lang zijn, BG = FG (stap 5), daarom (ZHH) zijn die driehoeken gelijk.
   Conclusie is dat ∆BDG = ∆FEG en dus is DG = EG.

   NB: bovendien is ∠D₂ = ∠E₂ (stap 4) en bovendien BG = FG (stap 5).

7. Toon aan dat ∆ADG = ∆AEG en dat dus ∠A₁ = ∠A₂.
   
   Antwoord: Omdat ∠D₂ = ∠E₂ (stap 4), daarom zijn ook de neven­hoeken even groot 13: ∠D₁ = ∠E₁.
   Omdat ∆ADG en ∆AEG even lange zijden hebben, AD = AE (gegeven) en DG = EG (stap 6), omdat de overeen­komstige hoeken tussen die zijden ook even groot zijn, ∠D₁ = ∠E₁, daarom 4 zijn die driehoeken gelijk. Conclusie is dat ∆ADG = ∆AEG. Dus zijn alle overeen­komstige hoeken even groot: ∠A₁ = ∠A₂.
   
8. Laat zien dat ∠A₁ en ∠A₂ ieder gelijk zijn aan de helft van ∠A_1,2 en dat dus lijn AG de deellijn in ∠A is.
   
   Antwoord: Omdat ∠A₁ + ∠A₂ = ∠A_1,2 en omdat ∠A₁ = ∠A₂ daarom is ∠A₁ = ∠A₂ = ½∠A_1,2. Dus is lijn AG de deellijn in ∠A.
   
9. Leg uit dat de erfenis van de boer eerlijk verdeeld is
   
   Antwoord: ∆ABF is gelijk benig en dus is de deellijn symmetrie-as. Gevolg is dat iedere graspol P op afstand AP van de boerderij in A gespiegeld kan worden naar graspol Q op dezelfde afstand AP = AQ van die boerderij. Daarom is de erfenis van de boer eerlijk verdeeld.

Proposities van Euclides

(Euclides I-4) (Euclides I-5) (Euclides I-8) (Euclides I-13) (Euclides I-15) dan zijn die driehoeken gelijk. (Euclides I-26) (Euclides I-32)