angle-chasing à volonté (TST)
Opgave - Cyprus 2011 dag 2 vraag 1
$\triangel ABC$ is scherphoekig,de raaklijnen in $B$ en $C$ aan de omgeschreven cirkel snijden in $T.$ De lijn loodrecht op $ AT$ in $A$ snijdt $BC$ in $S.$
Op de lijn $ST$ kiezen we de punten $P$ en $K$ zodat $|TB|=|TP|=|TK|$
Bewijs dat $\angle KAP = \angle BAC.$
- login om te reageren
Oplossing
Noem $Q$ het snijpunt van $AT$ met de cirkel.
We veronderstellen (dit is zonder verlies van algemeenheid tov de vraag) dat de volgorde van punten $S,C,B$ en $S,K,T,P$ is.
Het gelijkbenige geval is eenvoudig in te zien is; in dat geval zijn $A,C,K$ en $A,B,P$ colineair via een eenvoudige angle-chase.
We gaan nu uit van het algemene geval.
Bewering 1: $C$, $P$ en $Q$ zijn collineair.
Verleng $CK$ en noem het snijpunt met $AS$ $R$. Doordat $\angle RAQ$ ($AS \perp AT$ gegeven) en $\angle PCR$ ($PCK$ is een omtrekshoek op de diameter van de cirkel door $P,B,C$ en $K$) beide recht zijn ligt $R$ dus op de omgeschreven cirkel van $ABCQ$. Doordat $PCR$ en $\angle QCR(=\angle QAR)$ nu allebei recht zijn, volgt de bewering.
Bewering 2: $APTC$ en $ABTK$ zijn cyclisch
Bewijs:
$\angle CAT= \angle CAQ= \angle TCQ$ (raakomtrekshoek)
$\angle TCQ = \angle TCP$ (C, P en Q zijn collineair)
$\angle TCP = \angle CPT$ (Omdat $TCP$ een gelijkbenige driehoek is)
Uit $\angle CAT=\angle CPT$ volgt dat $APTC$ cyclisch is.
Voor $ABTK$ is dit analoog.
Merk tot slot op dat $CTP$ en $CTK$ beide gelijkbenige driehoeken zijn waardoor AT de bissectrice is van $\angle CAP$ (wegens omtrekshoeken op gelijke koorden binnen $APTC$) en $\angle KAB$ waardoor $\angle KAP= \angle BAC$.