meetkundige start
Opgave - IMO 2012 dag 1 vraag 1
Zij $\triangle ABC$ een driehoek en zij J het middelpunt van de aangeschreven cirkel tegenover
het hoekpunt A.
Deze aangeschreven cirkel raakt aan de zijde BC in M, en aan de lijnen AB en AC
in respectievelijk K en L.
De lijnen LM en BJ snijden elkaar in F, en de lijnen KM en CJ snijden elkaar in G.
Zij S het snijpunt van de lijnen AF en BC, en zij T het snijpunt van de lijnen $AG$ en $BC$.
Bewijs dat M het midden is van lijnstuk ST.
(De aangeschreven cirkel van $\triangle ABC$ tegenover het hoekpunt A is de cirkel die raakt aan het lijnstuk
BC, aan de halfrechte AB voorbij B, en aan de halfrechte AC voorbij C.)
- login om te reageren
Oplossing
Wat anglechasing eerst:
$\angle JFL=180^{\circ}-\angle BJL -\angle MLJ$ (som hoeken in een driehoek)
$=180^{\circ}-\angle BJM-\angle MJL -\angle MLJ$ (opsplitsen)
$=-90^{\circ}+\angle JBM+\angle LMJ$ (rechte driehoek $JMB$, som hoeken driehoek $MJL$)
$=-90^{\circ}+\angle JBK+\angle LCJ$ (middelpunt aancirkel is snijpunt buitenbiss. en koordenvierhoek $JLCM$ wegens rechte hoeken)
$=-90^{\circ}+(90^{\circ}-\frac12\angle ABC)+(90^{\circ}-\frac12\angle ACB)$ (binnen en buitenbisectrices staan loodrecht op elkaar)
$=\frac12(180^{\circ}-\angle ABC - \angle ACB)=\frac12\angle CAB=\angle JAL$
Compleet analoog bekomen we voor $G$ dat $\angle BGJ = \angle JAK$. Dit impliceert, omdat $JLAK$ op zich al een koordenvierhoek is wegens 2 rechte hoeken, dat we te maken hebben met een koordenzeshoek $JLGAFK$! Omdat $AJ$ hiervan een middellijn is, hebben we $\angle AGJ=\angle AFJ=90^{\circ}$.
$JB$ is de middelloodlijn van $KM$: de middelloodlijn van [MK] gaat door $J$ (aancirkel), maar we hebben ook $KB=BM$ wegens raaklijnen, zodat $B$ ook op die lijn ligt. Hieruit concluderen we dat $KM//AS$. Analoog aan de andere kant: $ML//AT$.
Nu is $\angle BSA=\angle BMK=\angle BKM=\angle BAS$ dus $SB=BA$ (*) analoog is aan de andere kant $CA=CT$.
Tenslotte:
$MS=SB+BM=BA+BK=AK=AL$ (wegens raaklijnen aan de aancirkel)
$=AC+CL=CM+TC=TM$
$\blacksquare$