meetkunde 2

Opgave - EGMO 2012 dag 2 vraag 3

Zij ABC een scherphoekige driehoek met omgeschreven cirkel $\tau$ en hoogtepunt H. Zij K een punt
op $\tau$ aan de andere kant van BC dan A. Zij L het spiegelbeeld van K in de lijn AB en zij M het spiegelbeeld
van K in de lijn BC. Zij E het tweede snijpunt van $\tau$ met de omgeschreven cirkel van driehoek BLM. Bewijs
dat de lijnen KH, EM en BC door één punt gaan. (Het hoogtepunt van een driehoek is het punt dat op alle
drie de hoogtelijnen ligt.)

Oplossing

Laat $H'$ de spiegeling van $H$ over $BC$ zijn. Wegens een bekend lemma ligt dit ook op $\tau$. Nu vormt $KMHH'$ een gelijkbenig trapezium, omdat de middelloodlijn van $[MK]$ en $[HH']$ twee keer $BC$ is. Hierdoor hebben we dat $BC, MH', KH$ concurrent zijn (omdat in een gelijkbenig trapezium de middens van de evenwijdige zijden en het snijpunt van de diagonalen collineair zijn), waarmee we klaar zijn als we de volgende claim kunnen aantonen:

CLAIM: $E,M$ en $H'$ zijn collineair.

Bij het bewijs hiervan zullen we georiënteerde hoeken gebruiken ( waarbij we de hoek meten in wijzerzin)

$\angle H'EB = \angle H'AB$ (koordenvierhoek $ABH'C$)

$= 90^{\circ}-\angle ABC$ (hoogtelijn)

$= 90^{\circ}-\frac12(2\angle ABK- 2\angle CBK)$

$= 90^{\circ}-\frac12(\angle LBK- \angle MBK)$ (spiegeling)
(merk op dat $\angle LBK > 180^{\circ}$ hier mogelijk is )

$=90^{\circ}-\frac12\angle LBM$

$=\angle MLB$ ($|BL|=|BK|=|BM|$ wegens spiegeling)

$=\angle MEB$ (koordenvierhoek $EMBL$)
Waardoor de gegeven punten inderdaad op één lijn liggen.
$\blacksquare$