meetkundige IMO-basis

$(a)$ we nemen WLOG dat $|AM|>|BM|$, het ander geval is analoog.
(als $|AM|=|BM|$ is $N'=F=C$ en volgt het gestelde triviaal).
Nu is $\triangle MAF\cong\triangle MCB$ want congruent door ZHZ:
$|AM|=|MC|$, $\widehat{AMC}=\widehat{CMB}=90$° en $|MF|=|MB|$.
Hierdoor is $\widehat{N'AM}=\widehat{FAM}=\widehat{BCM}=\widehat{N'CM}$ dus $AMN'C$ is een koordenvierhoek, waaruit onmiddelijk volgt $\widehat{AN'B}=180^{\circ}-\widehat{AN'C}=180^{\circ}-\widehat{AMC}=90^{\circ}$.
Dus $\widehat{FN'B}=\widehat{AN'C}=90^{\circ}$, dus $N'$ behoort tot de omgeschreven cirkels van beide cirkels, $N'=N$.

$(b)$ zij $K$ het midden van $[AB]$.
De middelloodlijn van $[AB]$ en de cirkel met als middelpunt $K$ en straal $KA$ snijden elkaar in 2 punten, waarvan één onder de vierkanten ligt, noem dit snijpunt $S$.
Aangezien nu $N$ voor elke $M$ op de cirkel met middellijn $AB$ ligt, wegens $(a)$, en omdat $NM$ de bissectrice is van $\widehat{ANB}$ ( $\angle ANM = \angle ADM=45^{\circ}$ ), moet wegens het bekende lemma het snijpunt van $NM$ en $SK$ ook op die cirkel liggen, het is dus $S$. hieruit volgt dat $S$ invariant is naar de keuze van $M$.

$(c)$ de meetkundige plaats is het lijnstuk $[PQ]$ als we kiezen dat $M=K$, noem dit lijnstuk voor het gemak $[GH]$.
Om dit aan te tonen, zie eerst dat als we in de limiet $[AM]$ naar $0$ laten gaan, dan is $P=A=M$. het midden van $[PQ]$ is dan gelijk aan het midden van $[MQ]$, en dat is inderdaad $G$, omdat dit allebei punten zijn die een hoek van $45$° vormen met $AB$ en ze op dezelfde afstand liggen van $A$ (namelijk $\frac14\sqrt{2}|AB|$)
Voor de limiet van $[BM]$ naar $0$ vinden we een analoog resultaat voor $H$.
het volstaat nu aan te tonen dat de afstand van het midden van $[PQ]$ tot $AB$ gelijk is aan de helft van $|AK|$ voor alle punten $M$. neem WLOG $|AM|>|MB|$.
merk nu op dat $\triangle MPQ \sim \triangle MDE$, wegens de middenparallel $[PQ]$, de gelijkvormigheidsfactor is $2$.
Hierdoor is [ waarbij mi voor het midden staat]
$d(mi[PQ],AB)=\frac12d(mi[DE],AB)=\frac12(\frac{|AD|+|EB|}{2})=\frac{|AM|+|BM|}{4}=\frac{|AK|}{2}$, zoals gewild.

Noem de loodrechte projectie van het midden van $[PQ]$ even $J$, dan geldt dat $|AJ|=\frac{\frac{|AM|}{2}+|AM|+\frac{|BM|}{2}}{2}= \frac{|AB|}{4}+ \frac{2|AM|}{4}$ en omdat dit tussen $ \frac{|AB|}{4}$ en $ \frac{3|AB|}{4}$ zal liggen, zal het ook steeds op het gegeven lijnstuk blijven liggen.

$\blacksquare$