Zie figuur, gemaakt in GeoGebra.

De drie zwaartelijnen moeten door één punt gaan. Dit wordt later bewezen.

(Deze stelling staat ook in de "Lijst van definities en stellingen in de vlakke meetkunde voor vlakke meetkunde" .)

Gegeven:
`DeltaABC` met `AC=BC` en `AD` en `BE` als hoogtelijnen.

Te bewijzen:
`|AD|=|BE|`

Bewijs:
`|AB|=|BA|` , `angleD=angleE=90^@` en `angleA=angleB` (stelling gelijkbenige driehoeken) geeft `DeltaABD≅DeltaBAE` (ZHH). En dus is `|AD|=|BE|` .

Q.e.d.

Gegeven:
`DeltaABC` met `AC=BC` en `AD` en `BE` als zwaartelijnen

Te bewijzen:
`|AD|=|BE|`

Bewijs:
`|AB|=|BA|` , `angleA=angleB` (stelling gelijkbenige driehoeken) en `|AE|=1/2|AC|=1/2|BC|=|BD|` geeft `DeltaABD≅DeltaBAE` (ZHZ).

En dus is `|AD|=|BE|` .

Q.e.d.

Gegeven:
`DeltaABC` met `AC=BC` en `AD` en `BE` als deellijnen

Te bewijzen:
`|AD|=|BE|`

Bewijs:
`|AB|=|BA|` , `angleA=angleB` (stelling gelijkbenige driehoeken) en `angleBAD=1/2angleA=1/2angleB=angleABE` geeft `DeltaABD≅DeltaBAE` (HZH). En dus is `|AD|=|BE|` .

Q.e.d.

Congruentiekenmerken ZHH en ZZR.

Omdat `MD=ME=MF` gaat er een cirkel door de punten `D,E` en `F` . Omdat alle drie de lijnstukken loodrecht staan op een zijde van de driehoek, zijn deze zijden raaklijnen van de cirkel.

Construeer dit zelf in GeoGebra. Door de driehoek te veranderen zie je dat dit altijd geldt.

Gegeven:
`DeltaABC` met middelloodlijnen op `AB` en `BC` . Het snijpunt van deze middelloodlijnen is `M` , het midden van `AB` is `D` en het midden van `BC` is `E` . `FM` is de lijn door `M` en het midden `F` van `AC` .

Te bewijzen:
De drie middelloodlijnen van een driehoek `ABC` gaan door  één punt `M` .

Bewijs:
Omdat `MD` de middelloodlijn van `AB` is, is `DeltaADM≅DeltaBDM` (ZHZ) en dus is `|AM|=|BM|` .
Op dezelfde manier is `|BM|=|CM|` .
Daarom is `|AM|=|CM|` . En dus ligt `M` ook op de middelloodlijn van `|AC|` .

Dus de drie middelloodlijnen van een driehoek `ABC` gaan door  één punt `M` . 
Q.e.d.

`M` ligt binnen de driehoek `ABC` als deze driehoek scherphoekig is, anders niet.

Omdat `|MA|=|MB|=|MC|` .

Omdat die drie punten de hoekpunten van een driehoek vormen en je met behulp van middelloodlijnen van de zijden van zo'n driehoek een cirkel door de hoekpunten kunt tekenen.

Construeer dit in GeoGebra.

Gegeven:

`DeltaABC` met drie hoogtelijnen. Het snijpunt van deze hoogtelijnen is `H` .

Te bewijzen:

Alle drie de hoogtelijnen gaan door `H` .

Bewijs:

Teken `DeltaDEF` door een lijn door `A` en evenwijdig met `BC` , een lijn door `B` en evenwijdig met `AC` en een lijn door `C` een lijn evenwijdig met  `AB` te trekken. De hoogtelijnen van `DeltaABC` zijn middelloodlijnen van `DeltaDEF` en gaan dus door één punt.

Q.e.d.

Gegeven:
`DeltaABC` met `D` op `AB` en `angleBCD=angleACD` .

Te bewijzen:
`(BD)/(AD)=(BC)/(AC)`

Bewijs:
Trek een lijn door `B` en evenwijdig `AC` .
Punt `E` is het snijpunt van de bissectrice `CD` met deze lijn.
Nu is `angleBED=angleACD` (Z-hoeken) en dus is `BE=BC` (gelijkbenige driehoek `CEB` ).
Verder zijn de driehoeken `ACD` en `BED` gelijkvormig (hh).
Dus: `(AD)/(DB)=(AC)/(EB)=(AC)/(BC)` .

Q.e.d.

`AD=8/12*6 =4` en `DC=4/12*6 =2` .

Gegeven:
`DeltaABC` met de hoogtelijnen `AD` en `BE` en `|AD|=h_A` , `|BE|=h_B` , `|BC|=a` en `|AC|=b` .

Te bewijzen:
`h_A:h_B=b:a`

Bewijs:
Uit `angleD=angleE=90 ^@` en `angleC=angleC` volgt `DeltaADC∼DeltaBEC` (hh).

Daaruit volgt: `(h_A) /b= (h_B) /a` .

En dat levert op: `h_A:h_B=b:a` .

Q.e.d.

Gegeven:
`DeltaABC` met de hoogtelijnen `AD` en `BE` en `|AD|=h_A` , `|BE|=h_B` , `|BC|=a` en `|AC|=b` .

Te bewijzen:
`h_A:h_B=b:a`

Bewijs:

De oppervlakte van `DeltaABC` is te schrijven als `1/2*a*h_A` en ook als `1/2*b*h_B` .

Dus `1/2*a*h_A=1/2*b*h_B` .

Hieruit volgt dat: `h_A:h_b=b:a` .

Q.e.d.

Gegeven:
`ΔABC` , de bissectrice van `∠A` en de buitenbissectrices van `∠B` en `∠C` .

Te bewijzen:
De drie bissectrices gaan door punt `S` , het snijpunt van de bissectrice van `∠A` en de buitenbissectrice van `∠B` .

Bewijs:
Punten op een bissectrice hebben gelijke afstanden tot de benen van de hoek. Dus:
`S` ligt op de bissectrice van `∠A` : de afstand van `S` tot `AB` is gelijk aan de afstand tot `AC` .
`S` ligt op de buitenbissectrice van `∠B` : de afstand van `S` tot `AB` is gelijk aan de afstand tot `BC` .
Dan is de afstand van `S` tot `AC` gelijk aan de afstand tot `BC` , dus `S` is een punt van de buitenbissectrice van `∠C` . De drie bissectrices gaan door punt `S` .
Q.e.d.

Gegeven:
De bissectrice en de buitenbissectrice van `∠A` . De binnenhoek wordt verdeeld in `∠A_1` en `∠A_2` en de buitenhoek in `∠A_3` en `∠A_4` .

Te bewijzen:
De twee bissectrices staan loodrecht op elkaar.

Bewijs:
`AD` is de bissectrice van `∠A` , dus `∠A_1 =∠A_2` . De buitenbissectrice deelt de hoek middendoor, dus `∠A_3 =∠A_4` . Bekend is dat `∠A_1 +∠A_2 +∠A_3 +∠A_4 =180^@` . Dan is `∠A_2 +∠A_3 =90^@` .
Q.e.d.

Gegeven:
`ΔABC` met zwaartelijn `AD` . De buitenbissectrice van `∠A` staat loodrecht op de zwaartelijn `AD` .

Te bewijzen:
`ΔABC` is gelijkbenig.

Bewijs:
Omdat `∠BAD` samen met de halve buitenhoek `90^@` is en dit ook geldt voor `∠DAC` en de andere halve buitenhoek, is `∠BAD=∠DAC` . En omdat ook `|AD|=|AD|` en `|BD|=|DC|` is `ΔBAD≅ΔCAD` (ZZH). Dus is `∠B=∠C` en is `ΔABC` gelijkbenig (stelling gelijkbenige driehoek).
Q.e.d.