$\text{d}(P,Q)=\left|PQ\right|=5$ km.

$\text{d}(P,G)=\sqrt{{10}^2+{15}^2}=\sqrt{325}\approx \mathrm{18,0}$ km.

$\text{d}(P,G)=\sqrt{{40}^2+{10}^2}=\sqrt{1700}\approx \mathrm{41,2}$ km.

$\text{d}(E,G)=\sqrt{{10}^2+{10}^2}=\sqrt{200}\approx \mathrm{14,1}$ km.

Dat is het punt $P\prime$.

Dat is het punt halverwege de voetlijn $P{P}^{\prime }$.

Zie figuur. In de voorbeelden in dit onderdeel vind je meer informatie over hoe je deze punten precies kunt vinden.

$\text{d}(P,AB)\approx \mathrm{1,6}$, veel nauwkeuriger kun je niet meten.

De vergelijking van lijn $AB$ is $y=\frac{1}{3}x+1$, dus elk punt van die lijn heeft coördinaten $Q(x,\frac{1}{3}x+1)$. Gevraagd wordt nu de kortste lengte van $PQ$, dus het minimum van $\sqrt{{(2-x)}^2+{(\frac{1}{3}x+1)}^2}$.
Dit minimum kun je exact berekenen door $f(x)={(2-x)}^2+{(\frac{1}{3}x+1)}^2$ te bepalen.
Haakjes uitwerken en differentiëren geeft $f^{\prime }(x)=2\frac{2}{9}x-3\frac{1}{3}=0$ en dus $x=\mathrm{1,5}$.
Invullen geeft voor de afstand (de minimale lengte van $PQ$) de waarde $\frac{1}{2}\sqrt{10}$.

$\text{d}(AB,CD)\approx \mathrm{2,8}$.

Je neemt dan een willekeurig punt op de éne lijn en berekent de afstand van dat punt tot de andere lijn. Dat kun je doen op de manier beschreven bij b.

Doen.

Gegeven:
Zie figuur.
$P$ ligt op één van beide bissectrices.

Te bewijzen:
$\text{d}(P,l)=\text{d}(P,m)$.

Bewijs:
Omdat $P$ op één van beide bissectrices ligt is $\angle PSA=\angle PSB$. Verder is $\left|PS\right|=\left|PS\right|$ en $\angle SAP=\angle SBP=90°$, zodat $\text{∆}SAP\cong \text{∆}SBP$. (ZHH)
Hieruit volgt $\left|PA\right|=\left|PB\right|$.
Q.e.d.

Gegeven:
Twee lijnen $l$ en $m$ en hun snijpunt $S$. De twee bissectrices van de hoeken die beide lijnen in $S$ met elkaar maken.

Te bewijzen:
De bissectrices staan loodrecht op elkaar.

Bewijs:
Laten $\angle S_1$ en $\angle S_2$ twee verschillende hoeken tussen $l$ en $m$ zijn, dan is $\angle S_1=180°-\angle S_2$.
De hoek tussen beide bissectrices is dan $\frac{1}{2}\angle S_1+\frac{1}{2}\angle S_2=\frac{1}{2}(180°-\angle S_2)+\frac{1}{2}\angle S_2=90°$.
Q.e.d.

Doen.

Bewijs:
Als $A^{\prime }$ een punt op de cirkel is dat niet op $P{M}_1$ ligt, krijg je een driehoek $P{M}_{1}A\prime$. En daarin is $\left|P{M}_1\right|=\left|PA\right|+2<\left|P{A}^{\prime }\right|+\left|A^{\prime }{M}_1\right|=\left|P{A}^{\prime }\right|+2$ (driehoeksongelijkheid). Hieruit volgt $\left|PA\right|<\left|P{A}^{\prime }\right|$.

Doen.

$\text{d}(A,c_1)=\sqrt{6^2+3^2}-3=\sqrt{45}-3$.

$\text{d}(c_1,c_2)=\sqrt{6^2+3^2}-3-2=\sqrt{45}-5$

Dit is het midden van $PQ$ als $P$ het snijpunt van $OA$ met $c_1$ en $Q$ het snijpunt van $OA$ met $c_2$ is.

$\text{d}(R,c_1)=\sqrt{2^2+5^2}-3\approx \mathrm{2,39}$.
$\text{d}(R,c_2)=\sqrt{4^2+2^2}-2\approx \mathrm{2,47}$.
Dus beide afstanden zijn niet gelijk.

Punt $C(3,2)$ ligt op lijnstuk $AB$ en $PC$ staat loodrecht op $AB$.
Daarom is $\text{d}(P,AB)=\left|PC\right|=\sqrt{3^2+2^2}=\sqrt{13}$.

$\text{d}(Q,AB)=\left|QA\right|=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$.

$\text{d}(R,AB)=\left|RA\right|=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$.

Zie figuur.

Zie figuur.

Punten die op afstand $3$ liggen van een cirkel met straal $5$ liggen op de cirkels met hetzelfde middelpunt en straal $2$ of $8$. Bij beide cirkels teken je deze twee cirkels. De twee cirkels met straal $2$ raken elkaar. Dit raakpunt heeft een afstand $3$ tot beide cirkels. De twee cirkels met straal $8$ snijden elkaar in twee punten. Ook deze twee snijpunten hebben een afstand $3$ tot de twee gegeven cirkels. In totaal vind je dus drie punten die een afstand $3$ tot de gegeven cirkels hebben.

Dit wordt de middelloodlijn van het lijnstuk dat beide middelpunten verbindt.

Er zijn eigenlijk maar twee verschillende situaties:

• De kortste afstand van $P$ naar de driehoek is een loodlijnstuk met het voetpunt op een zijde.

• De kortste afstand van $P$ naar de driehoek is een lijnstuk naar één van de hoekpunten van de driehoek.

Nu is er maar één situatie: De kortste afstand van $P$ naar de driehoek is het kortste loodlijnstuk met het voetpunt op een zijde.

Gegeven:
$\text{∆}ABC$ met daarbinnen punt $P$ en met met $\left|AB\right|=\left|BC\right|=\left|AC\right|$. Elke hoogtelijn van deze driehoek heeft een lengte $h$.

Te bewijzen:
$\text{d}(P,AB)+\text{d}(P,BC)+\text{d}(P,AC)=h$.

Bewijs:
De oppervlakte van de driehoek is $\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot h$.
De driehoek is te verdelen in $\text{∆}ABP$, $\text{∆}BCP$ en $\text{∆}CAP$ en heeft daarom ook een oppervlakte van $\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot \text{d}(P,AB)+\frac{1}{2}\cdot \left|BC\right|\cdot \text{d}(P,BC)+\frac{1}{2}\cdot \left|AC\right|\cdot \text{d}(P,AC)$. Nu is $\left|AB\right|=\left|BC\right|=\left|AC\right|$, dus dit kun je schrijven als $\frac{1}{2}\cdot \left|AB\right|\cdot (\text{d}(P,AB)+\text{d}(P,BC)+\text{d}(P,AC))$. En dus is $\text{d}(P,AB)+\text{d}(P,BC)+\text{d}(P,AC)=h$.
Q.e.d.

Het snijpunt van de drie bissectrices van de hoeken van de driehoek. Het bewijs is eenvoudig: dit volgt direct uit de eigenschappen van een bissectrice. Bekijk de lijst van definities/stellingen in de Vlakke Meetkunde voor vwo wiskunde B.

Het bewijs lijkt op dat bij a en maakt gebruik van het resultaat bij b. De afstand van het snijpunt van de bissectrices tot de zijden van de driehoek is de straal van de ingeschreven cirkel. Als dit bissectricepunt nu punt $P$ is, dan kun je de driehoek weer verdelen in de driehoeken $\text{∆}ABP$, $\text{∆}BCP$ en $\text{∆}CAP$. Als je de oppervlaktes van deze driehoeken optelt vind je het bewijs van deze stelling.