meetkunde 1
Opgave - IMOSL 2004 vraag 1
Zij $ABC$ een scherphoekige driehoek met $AB\neq AC$. De cirkel met diameter $BC$ snijdt $AB$ en $AC$ in $M$ en $N$ respectievelijk. Stel $O$ het midden van $BC$. De bissectrices van $\angle BAC$ en $\angle MON$ snijden elkaar in $R$. Bewijs dat de omgeschreven cirkels van $\triangle BMR$ en $\triangle CNR$ een gemeenschappelijk punt hebben dat op de zijde $BC$ ligt.
- login om te reageren
Oplossing
Uit het feit dat $CNMB$ een koordenvierhoek is, volgt:
$$\angle NCB = 180^{\circ} - \angle NMB = \angle AMN (1)$$
$$\angle MBC = 180^{\circ} - \angle MNC = \angle ANM (2)$$
Uit $(1)$ en $(2)$ volgt dat $\Delta AMN$ gelijkvormig is met $\Delta ACB$.
Uit het gegeven dat $\left|AB\right| \neq \left|AC\right|$ volgt nu dus ook dat $\left|AM\right| \neq \left|AN\right|$.
Omdat $\left|OM \right| = \left|ON \right|$ is $OR$ ook de middelloodlijn van $\left[MN\right]$.
Omdat ook $\left|AM\right| \neq \left|AN\right|$ is de bissectrice van $\angle MAN$ verschillend van de middelloodlijn van $\left[MN\right]$ en bijgevolg is $R$ het unieke snijpunt van de bissectrice van $\angle MAN$ en de middelloodlijn van $\left[MN\right]$. Dus weten we dat $R$ op de omgeschreven cirkel van $\Delta AMN$ ligt.
Gevolg: $AMRN$ is een koordenvierhoek.
Nu we dat weten kunnen we stellen dat $\angle NMR = \angle NAR = \frac{\angle CAB}{2}$.
Hieruit halen we dat $\angle AMR = \angle AMN + \angle NMR = \angle ACB + \frac{\angle BAC}{2}$.
Noem nu $X$ het snijpunt van de bissectrice van $\angle BAC$ met $\left[BC\right]$. Er geldt dat $$\angle RXB = \angle AXB = 180^{\circ} - \angle XAB - \angle ABX = \angle ACB + \frac{\angle BAC}{2}$$
Nu is het duidelijk dat $$\angle RMB = 180^{\circ} - \angle AMR = 180^{\circ} - \angle RXB$$
Bijgevolg is $MBXR$ een koordenvierhoek.
Analoog tonen we aan dat $X$ op de omgeschreven cirkel van $\Delta CNR$ ligt.
De omgeschreven cirkels van $\Delta CNR$ en $\Delta BMR$ hebben dus het punt $X$ gemeen. Bovendien ligt dat punt $X$ op $\left[BC\right]$, wat te bewijzen was.