meetkunde 2

Tags:

Opgave - IMOSL 2004 vraag 2

De cirkel $\Gamma$ en de rechte $l$ snijden elkaar niet. Zij $AB$ de diameter van $\Gamma$ die loodrecht staat op $l$ , met $B$ dichter bij $l$ dan $A$ . Een willekeurig punt $C\neq A,B$ wordt gekozen op $\Gamma$ . De rechte $AC$ snijdt $l$ in $D$ . De rechte $DE$ raakt $\Gamma$ in $E$ , met $B$ en $E$ aan dezelfde kant van $AC$ . Zij $F$ het snijpunt van $BE$ en $l$ , en $G\neq A$ het snijpunt van $AF$ en $\Gamma$ . Bewijs dat de spiegeling van $G$ ten opzichte van $AB$ op de rechte $CF$ ligt.

Oplossing inzenden

Oplossing

Ingediend door Jan

Noem $H$ het snijpunt van de rechten $AB$ en $DF$ . Dit bestaat zeker want er is gegeven dat de twee rechten loodrecht zijn, dus kunnen ze niet evenwijdig zijn.
Noem ook $X$ het tweede snijpunt van de cirkel met $CF$ . Dit bestaat zeker, en dat zal ik bewijzen ook:

Bewijs: We nemen 'de hippe boog' als naam voor de kleinste boog tussen de raakpunten van een cirkel en de twee lijnen door een uitwendig punt rakend aan die cirkel.

De afstand van $F$ tot $A$ is groter dan die van $D$ tot $A$ .
Bijgevolg zal de hippe boog van behorend bij $F$ groter zijn dan de hippe boog behorend bij $D$ , beiden tov cirkel $\Gamma$ .

Het punt $C$ ligt op de hippe boog behorend bij punt $D$ , want $DC$ heeft 2 snijpunten met de cirkel. Meerbepaald, $C$ ligt tussen $B$ en $G$ .

De eerste raaklijn uit $F$ aan de cirkel raakt de cirkel in een punt tussen $B$ en $E$ , dat is duidelijk. Omdat de hippe boog van $F$ tov $\Gamma$ groter is dan de hippe boog van $D$ tov $\Gamma$ , liggen $B$ en $G$ op de hippe boog van $F$ tov $\Gamma$ . Omdat $C$ tussen deze twee punten ligt, ligt $C$ ook op de hippe boog van $F$ tov $\Gamma$ .

Nu beginnen we aan de echte vraag:

Merk op dat $BHDC$ een cyclische vierhoek is. Hieruit volgt nu:

$\measuredangle CDF \equiv \measuredangle CBH \equiv \measuredangle CBA \equiv \measuredangle CGA \equiv \measuredangle CGF$

Hieruit volgt dus dat $GCDF$ een cyclische vierhoek is.

Het is ook duidelijk dat $GFIE$ ingeschreven is in een cirkel.
Maar dat is nog niet alles!
Omdat $FHEA$ een cyclische vierhoek is ( $\angle FHA = \angle FEA$ ) geldt er dat $\angle HFB = \angle BAE = \angle BED$ (laatste gelijkheid volgt uit de stelling van de raakomtrekshoek.)

Dus is $\Delta DFE$ gelijkbenig met $\left|DF\right| = \left|DE\right|$ .
Omdat $\Delta FEI$ een rechthoekige driehoek is is nu duidelijk $D$ het middelpunt van de omgeschreven cirkel van $FGEI$ .