Interessante koordenvierhoek
Opgave - IMO 2014 dag 2 vraag 1
zij $ABC$ een scherphoekige driehoek. PUnten $P$ en $Q$ liggen op het lijnstuk $BC$ zodanig dat $\widehat{PAB}=\widehat{BCA}$ en $\widehat{CAQ}=\widehat{ABC}$. Punten $M$ en $N$ liggen resp. op de lijnen $AP$ en $AQ$, zodanig dat $P$, $Q$ middens zijn van resp. $AM$, $AN$.
Bewijs dat het snijpunt van de lijnen $BM$ en $CN$ op de omgeschreven cirkel van driehoek $ABC$ ligt.
- login om te reageren
Oplossing
driehoeken $PBA$ en $QAC$ zijn gelijkvormig want $\widehat{ABP}=\widehat{CAQ}=\beta$ en $\widehat{PAB}=\widehat{ACQ}=\gamma$. Merk op dat hierdoor $\widehat{APQ}=\widehat{AQP}=\alpha$ en dus $|AP|=|AQ|(=|PM|=|QN|)$.
volgende claim is dat driehoeken $CQN$ en $MPB$ gelijkvormig zijn:
want $180^{\circ}-\alpha=\widehat{CQN}=180^{\circ}-\widehat{AQP}=180^{\circ}-\widehat{APQ}=\widehat{BPM}$
en ook $NQ/QC=AP/QC=BP/AQ=BP/PM$ wegens zhz.
Nu is
$\widehat{ACS}+\widehat{ABS}=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}+\widehat{SCB}+\widehat{CBS}$
$=180^{\circ}-\alpha+\widehat{PBM}+\widehat{PMB}=180^{\circ}-\alpha+180^{\circ}-\widehat{BPM}=180^{\circ}$, dus $ABSC$ is cyclisch als gevraagd.
Ander einde:
Of $ \angle BSC = \angle MBP + \angle NCB = \widehat{PBM}+\widehat{PMB} = 180^{\circ}-\alpha$ zoals gewenst.