17 september 2025 - Rob van Oord Wiskunde bij de les – 31 – De parabool (3) Omhullende lijnen en de formule van de parabool Onlangs schreef Martin Kindt verschillende artikelen in Euclides 98-7 over De parabool op school. Een van de mooie dingen die ik daar las was dat de rechte lijnen tussen punten die met dezelfde afstand verspringen omhullenden van een parabool vormen. De lijntjes zijn niet van gelijke lengte, al lijkt dat wel zo. Als je een lijntje met een vaste lengte, met ene uiteinde op de \(x\)-as en andere uiteinde op de \(y\)-as, verschuift dan krijg je omhullenden van de astroïde. In een volgende blog schrijf ik daar meer over. In de figuur zie je de lijntjes \(FO\), \(EG\), \(DH\) \(CI\), \(BJ\), \(AK\) en \(OL\) getekend. Als dit raaklijnen aan een en dezelfde parabool zijn, dan moet het midden \(T\) van lijnstuk \(CI\) de top zijn, en zullen de punten \(F\) en \(L\) ook op de parabool liggen. In het artikel van Martin Kindt kun je het bewijs lezen met de stelling van Apollonius. Met de klas zou ik beginnen met het tekenen van de lijntjes, vervolgens de formule van de parabool berekenen daarna en verifiëren of de lijntjes inderdaad raken aan die parabool. Er geldt dat top \((0,3)\) even ver van lijn \(FL\) af ligt als van het snijpunt \(O\) van de lijntjes \(FO\) en \(LO\). Uit de vorige blog Parabolen (1) kun je weten dat bij \(FO\) hoort \( y=x\) en bij \(LO\) hoort \(y=-x\) en dat ze dus raaklijnen zijn aan een parabool met top \((0,3)\). De \(y\)-as is symmetrie-as, dus is de vergelijking van de parabool van de vorm \(y=a x^2+c\). Top \((0,3)\) geeft \(c=3\). De helling van raaklijn \(FO\) is \(1\). De functie met voorschrift \(y=ax^2+3\) heeft afgeleide \(y’=2ax\). In punt \(F\) met coördinaten \((6,6) \) is de helling \(1\). Dus \(2a \cdot 6 =1\) geeft \(a=\frac{1}{12}\) . De vergelijking van de parabool is dus \(y=\frac{1}{12}x^2+3\). Laat de leerlingen nagaan dat \(y=\frac{2}{3}x+\frac{5}{3}\) een vergelijking is van de lijn door punt \(E (5,5) \) en \(G(-1,1)\). Als lijn \(EG\) en de parabool één snijpunt hebben dan raakt lijn \(EG\) aan de parabool. Dat gaan we nu aantonen. Oplossen van het stelsel \(y=\frac{1}{12}x^2+3\) en \(y=\frac{2}{3}x+\frac{5}{3}\) geeft \(\frac{1}{12}x^2+3 = \frac{2}{3}x+\frac{5}{3}\). Oftewel \(x^2+36=8x+20\). Herleiden tot \(x^2-8x+16=0\) geeft \((x-4)^2=0\) met als enige oplossing \(x=4\). Er is dus slechts één snijpunt, en dat is dus het raakpunt: \(P(4,5\frac{1}{3})\). Hetzelfde verhaal voor lijn \(DH\): \(y=\frac{1}{3}x+\frac{8}{3}\). Oplossen van \(\frac{1}{12}x^2+3 = \frac{1}{3}x+\frac{8}{3}\) geeft \(x^2+36=4x+32\). Herleiden tot \(x^2-4x+4=0\) geeft \((x-2)^2=0\) met als enige oplossing \(x=2\). Er is dus slechts één snijpunt, en dat is dus het raakpunt: \(Q(2,3\frac{1}{3})\). We gaan verder met een voorbeeld waarbij de lijnen met de stippen niet loodrecht op elkaar staan maar op de lijnen \(y=2x\) en \(y=-2x\) liggen. Top \((0,4)\) en raaklijn in punt \(D(4,8)\) met helling \(2\) geeft parabool \(y=\frac{1}{4}x^2+4\). Lijn \(CE\) met \(y = x + 3\) snijden met de parabool geeft \(\frac{1}{4}x^2+4=x+3\) en tot slot \((x – 2)^2 = 0\). Weer is er maar één snijpunt, dus raakpunt: \(K(2,5)\). Wat opvalt is dat de raakpunten telkens gehele \(x\)-coördinaten hebben. Ik heb nog wat geprobeerd met lijnen waarop de punten op afstand \(1\) van elkaar liggen. Bijvoorbeeld de lijnen \(y=\frac{12}{5}x\) en \(y=-\frac{12}{5}x\). De lengte van \((0,0)\) naar \((5,12)\) is dan \(13\), dus \(12\) stippen ertussen op afstand \(1\). Idem tussen \((0,0)\) en \( (-5,12) \). De vergelijking van de parabool is dan \(y=\frac{6}{25}x^2+6\). De lijn door de derde punten vanaf \(A\) en vanaf \(O\), de punten \((\frac{50}{13},\frac{120}{13})\) en \((-\frac{15}{13}.\frac{36}{13})\), is dan \(y=\frac{84}{65}(x-\frac{50}{13})+\frac{120}{13}\). Snijden van deze lijn met de parabool geeft na enig rekenwerk \(1014x^2-5460x+7350=0\). Hierbij is \(D = 0\), hoera, raaklijn, bij \(x=\frac{5460}{2024}=\frac{1365}{506}\). Aan de liefhebber laat ik het over te proberen te bewijzen dat dergelijke lijntjes altijd raken aan de parabool \(y=\frac{q}{2p^2}x^2+\frac{1}{2}q\) door de punten \((p,q)\) en \((-p,q)\) met top \((0,\frac{1}{2}q)\). Met een lijntje door het punt \((r,\frac{q}{p}r)\) op raaklijn \(y =\frac{q}{p}x\) en het punt \((r – p,-\frac{q}{p} (r – p)\) op raaklijn \(y=-\frac{q}{p}x\). Je kunt dit probleem als modellerende opdracht aan een klas geven. Bijvoorbeeld door op een werkblad alleen de omhullende lijntjes te geven, of te laten tekenen, en erbij de vraag stellen: Kun je bewijzen dat deze lijntjes allemaal aan een zelfde parabool raken? Ik ben benieuwd wie dit heeft geprobeerd en wat dat heeft gebracht. Ik stel het op prijs als je me daarover een mail stuurt. Stuur dan een mail met foto’s naar Rob van Oord Veel plezier met de parabolen. Rob van Oord Volgende blog: Wiskunde bij de les – 32 – Parabool (4): Scheve Parabolen Vorige blog: Wiskunde bij de les – 30 – 5 December Vorige blogs over parabolen: Wiskunde bij de les – 28 – Parabool (2): Oneven Trappetjes Wiskunde bij de les – 27 – Parabool (1): Brandpunt en Richtlijn Index: Wiskunde bij de les – Index
