Home › Archief › Internationale Olympiades › IMOSL › 2004 › meetkunde 4

meetkunde 4

Tags:

Opgave - IMOSL 2004 vraag 4

In een convexe vierhoek $ABCD$ snijdt de diagonaal $BD$ de hoeken $\angle ABC$ en $\angle CDA$ niet doormidden. Het punt $P$ ligt aan de binnenkant van $ABCD$ en voldoet aan $\angle PBC=\angle DBA$ en $\angle PDC=\angle BDA$. Bewijs dat vierhoek $ABCD$ cyclisch is als en slechts als $AP=CP$.

Oplossing

Ingediend door arne

Dit is de oplossing die ik op de IMO gaf. Zijn $X$, $Y$, $Z$ en $T$ de projecties van $P$ op $AB$, $BC$, $CD$ en $DA$. Zijn $E$ en $F$ de middens van $BP$ en $DP$. Een heel klein beetje angle chasing geeft dat $XY$ en $ZT$ allebei loodrecht staan op $BD$, en dus ook op $EF$. Nu zijn $E$ en $F$ de middelpunten van de cirkels door $B$, $P$, $X$ en $Y$ enerzijds en $D$, $P$, $Z$ en $T$ anderzijds. dus is $EF$ de middelloodlijn van de lijnstukken $XY$ en $ZT$. Dat is genoeg om te besluiten dat $XYZT$ een gelijkbenig trapezium is met $XT = ZY$. Bijgevolg is $AP \sin \angle A = CP \sin \angle C$. Daaruit volgt het resultaat zo goed als onmiddellijk.