meetkunde 3

Tags:

Opgave - IMO 1998 dag 2 vraag 2

Zij $I$ het midden van de ingeschreven cirkel van driehoek $ABC$. Zij $K,L,M$ de raakpunten van de ingeschreven cirkel van $ABC$ met de zijden $AB,BC,CA$ respectievelijk. De rechte $t$ gaat door $B$ en is parallel met $KL$. De rechten $MK$ en $ML$ snijden $t$ in de punten $R$ en $S$. Bewijs dat $\angle RIS$ scherp is.

Oplossing

Zij $Q$ het midden van $[KL]$ en $\omega$ de ingeschreven cirkel. We bewijzen het gevraagde aan de hand van enkele lemma's.

Lemma 1: $RL$ en $KS$ snijden elkaar op $\omega$.

Bewijs: Stel $H$ het tweede snijpunt van $RL$ en $\omega$. Passen we de stelling van Pascal toe op $MKKHLL$, dan vinden we dat $B$, $R$, $KH \cap ML$ collineair zijn. Omdat $S\in BR$ en $S\in ML$ moet bijgevolg ook $S\in KH$, waarmee het lemma bewezen is.

Lemma 2: $RS$ is de poollijn van $Q$ ten opzichte van $\omega$.

Bewijs: Omdat $IB \perp KL$ en $KL \parallel RS$, moet $IB \perp RS$. Omdat $Q$ het midden van $KL$ is, is B tevens het beeld van $Q$ door inversie rond $\omega$. Daaruit volgt het lemma.

Lemma 3: $QRS$ is self-polar ten opzichte van $\omega$ (ofwel, de poollijn van een hoekpunt is de tegenoverliggende zijde).

Bewijs: Uit lemma twee volgt dat $RS$ de poollijn van $Q$ is. Uit de stelling van Brocard en lemma 1 volgt dat $S$ op de poollijn van $R$ ligt. Omdat $R$ op de poollijn van $Q$ ligt, moet wegens de stelling van La Hire $Q$ op de poollijn van $R$ liggen. Dus $QS$ is de poollijn van $R$. Analoog tonen we aan dat $RQ$ de poollijn van $S$ is. Daarmee is het lemma bewezen.

Uit lemma 3 volgt nu dat $I$ het hoogtepunt van $\Delta QRS$ is. $I$ ligt echter buiten $QRS$, want $RS$ is de poollijn van $Q$ (moest $I$ erin liggen, dan zou het snijpunt van $RS$ en $QI$ aan de andere kant dan $I$ op $QI$ liggen, een contradictie). Bijgevolg is $\Delta RQS$ stomphoekig. Deze stompe hoek moet $\widehat{RQS}$ zijn; immers, $\widehat{QRS}<\widehat{MRS}$ (Want $Q$ ligt in het inwendige van $KL$, wat in het inwendige van $\Delta MRS$ ligt) en $\widehat{MRS}=\widehat{MKL}=\frac 12(\widehat{CAB}+\widehat{ABC})<\frac 12 180°=90°$. Analoog tonen we aan dat $\widehat{QSR}$ scherp is. Nu geldt dat $\widehat{RIS}=180°-\widehat{RQS}$ (want $I$ hoogtepunt van $\Delta QRS$). Omdat $\widehat{RQS}$ stomp is, is $\widehat{RIS}$ bijgevolg scherp. Q.E.D.