knutselen met koordenvierhoek

Opgave - BxMO 2009 dag 1 vraag 4

Zij gegeven een trapezium $ABCD$ met evenwijdige zijden $AB$ en $CD.$ Zij $ E$
een punt op de lijn $BC$, maar buiten lijnstuk $[BC]$, zodat lijnstuk $[AE]$ snijdt met lijnstuk
$[CD]$. Neem aan dat er een punt $F$ bestaat op het inwendige van lijnstuk $[AD]$ zodat $\angle{EAD} = \angle{CBF}$. Zij $I$ het snijpunt van $CD $en $EF$ en zij $J$ het snijpunt van $AB$ en
$EF.$ Zij $K$ het midden van lijnstuk $ EF$ en neem aan dat $K$ verschillend is van $I$ en $J.$
Bewijs dat $K$ op de omgeschreven cirkel van $\triangle{ABI}$ ligt dan en slechts dan als $K$ op de
omgeschreven cirkel van $\triangle{CDJ}$ ligt.

Oplossing

Merk op dat er gegeven is dat $FABE$ een koordenvierhoek is. Wegens macht van een punt geldt dus $AJ\cdot BJ = FJ \cdot EJ$. Omdat $AB // CD$ geldt dan wegens Thales
$$CI\cdot DI = \frac{FI}{FJ}AJ\cdot \frac{EI}{EJ}BJ=FI\cdot EI$$
De omgekeerde machtstelling impliceert dat $ECFD$ ook een koordenvierhoek is.
Om te bewijzen dat $JDCK$ een koordenvierhoek is als en slechts als $IABK$ dat is, volstaat het te bewijzen
$$JI\cdot KI=CI\cdot DI\iff AJ\cdot BJ=IJ\cdot KJ$$
We gebruiken koordenvierhoeken $FABE$ en $ECFD$ om dit te vereenvoudigen naar
$$JI\cdot KI= FI\cdot EI\iff FJ\cdot EJ=IJ\cdot KJ$$
Dit laatste is gemakkelijk aan te tonen indien $J,F,I,K,E$ in die volgorde op één lijn liggen: noemen we $FJ=a, KF=b, KI=c$, dan moeten we aantonen $(a+b-c)c=(b-c)(b+c)\iff a(a+2b)=(a+b-c)(a+b)$
(want $KF=KE$)
En beide uitdrukkingen zijn equivalent met $(a+b)c=b^2$.

In het andere geval ligt $I$ tussen $K$ en $E$
noemen we $FJ=a, KF=b, KI=c$, dan is $IABK$ een koordenvierhoek als $ a(a+2b)=(a+b+c)(a+b)$, maar dit kan niet want het rechterlid is groter.
$K$ ligt strikt in $\triangle CJD$ en dus is ook $CJDK$ geen koordenvierhoek in dit geval.

Bijgevolg is de vraag bewezen in alle gevallen.
QED