Home › Archief › Internationale Olympiades › BxMO › 2012 › 0/70-vraag voor Lux

0/70-vraag voor Lux

Tags:

Opgave - BxMO 2012 dag 1 vraag 3

$M$ is het middelpunt van $[BC]$ in driehoek $\triangle ABC$ en $P$ een variabel inwendig punt zodat $\angle CPM = \angle PAB.$
De rechte $MP$ snijdt de omgeschreven cirkel $\tau$ van $\triangle ABP$ in $P$ en $Q.$
We spiegelen $P$ tov de raaklijn in $B$ aan $\tau$ om $R$ te bekomen.
Bewijs dat $|QR|$ constant is voor iedere mogelijke $P$ in de driehoek.

Oplossing

Ingediend door Tijs B.

Zij $A'$ het tweede snijpunt van $CP$ met $\tau$. Zij $K$ het snijpunt van de raaklijn aan $\tau$ in $B$ en $QR$. Merk op dat $\widehat{BA'P}=\widehat{BAP}=\widehat{MPC}$ (gegeven, omtrekshoeken op dezelfde boog), dus $A'B \parallel MP$ (*). We hebben nu dat:

(1) $|BR|=|BP|$, duidelijk omwille van het feit dat $R$ het beeld van $P$ bij spiegeling rond $BK$ is.

(2) $|BQ|=|CP|$: uit (*) en het feit dat $BA'PQ$ een koordenvierhoek is volgt dat $BA'PQ$ een gelijkbenig trapezium is, dus $|BQ|=|A'P|$. Verder volgt uit (*) ook dat $\frac{|A'P|}{|CP|}=\frac{|BM|}{|CM|}=1$ (gegeven), waaruit volgt dat $|BQ|=|CP|$.

(3) $\widehat{BPC}=\widehat{RBQ}$:
$\widehat{RBQ}=\widehat{RBK}+\widehat{KBQ}$
$=\widehat{PBK}+\widehat{BPQ}$ (resp. spiegeling en raakomtrekshoek)
$=\widehat{PA'B}+\widehat{BPM}$ (raakomtrekshoek)
$=\widehat{CPM}+\widehat{BPM}$ (*)
$=\widehat{BPC}$.

Uit (1), (2) en (3) volgt dat $\Delta BPC \cong \Delta RBQ$, zodat $|QR|=|BC|$, en $|BC|$ hangt niet af van $P$. Q.E.D.