Home › Archief › Internationale Olympiades › APMO › 1992 › twee cirkels

twee cirkels

Tags:

Opgave - APMO 1992 vraag 2

In een cirkel $C$ met midden $O$ en straal $r$ tekenen we twee cirkels $C_1,C_2$ met middens $O_1,O_2$ en stralen $r_1,r_2$ respectievelijk, zodat elke cirkel $C_i$ inwendig raakt aan $C$ in $A_i$ en zo dat $C_1$ en $C_2$ uitwendig raken in $A$. Bewijs dat de rechten $OA,O_1A_2,O_2A_1$ concurrent zijn.

Oplossing

Ingediend door Jan

Oplossing 1: Stelling van Ceva.

We passen de stelling van Ceva toe in driehoek $OO_1O_2$, met de transversalen $OA, O_1A_2, O_2A_1$. We krijgen dat

$$\frac{\overline{AO_1}}{\overline{AO_2}}.\frac{\overline{A_1O}}{\overline{A_1O_1}}.\frac{\overline{A_2O_2}}{\overline{A_2O}}= -\frac{r_1}{r_2}.\frac{r}{r_1}.\frac{r_2}{r}=-1$$

Waarbij $r, r_1, r_2$ de respectievelijke stralen van cirkels $C,C_1$ en $C_2$ zijn.

Oplossing 2: Projectieve meetkunde.

Construeer het machtspunt van de drie cirkels, en noem het $M$.
Duidelijk geldt er dat $\left|MA\right|=\left|MA_1\right|=\left|MA_2\right|$, dus we kunnen een cirkel $C_3$ construeren met middelpunt $M$ en straal $r_3=\left|MA\right|$.

Vanaf nu werken we tov $C_3$: $A_1A_2$ is de poollijn van $O$, en $O_1O_2$ is de poollijn van $A$ (raaklijn, zie constructie $M$)
Daaruit besluiten we dat $OA$ de poollijn is van $P$.

Daarom: Wanneer we het snijpunt van $PA_1$ en $OA$ $Q$ noemen, dan mag het duidelijk zijn dat $P$ en $Q$ harmonisch toegevoegd zijn tov $A_1$ en $A_2$. Bijgevolg zal de poollijn van $P$ tov het rechtenpaar $OA_1,OA_2$ precies $OQ \equiv OA$ zijn.
Wegens de constructie van de poollijn tov een rechtenpaar weten we echter dat het snijpunt van $O_1A_2$ en $O_2A_1$ ook op de poollijn ligt. Bijgevolg zijn $OA, O_1A_2$ en $O_2A_1$ concurrent.