nr 1 altijd doenbaar
Opgave - IMO 2008 dag 1 vraag 1
Zij $H$ het hoogtepunt van een scherphoekige driehoek $ABC$. De cirkel $\Gamma_A$ met als middelpunt het midden van $BC$, gaande door $H$, snijdt $BC$ in twee punten die we $A_1$ en $A_2$ noemen. Analoog benoemen we $B_1,B_2,C_1$ en $C_2$. Bewijs dat de zes punten $A_1,A_2,B_1,B_2,C_1$ en $C_2$ op een cirkel liggen.
- login om te reageren
Oplossing
De machtslijn van $\Gamma_B$ en $\Gamma_C$ gaat door $H$ en moet loodrecht staan op $LM$ (verbindingsrechte van de middelpunten van de twee cirkels). Omdat $LM // BC$ wegens middenparallel, en $AH\perp BC$, is $AH$ de betreffende machtslijn.
Nu is $|AC_1|\cdot |AC_2|=|AB_1|\cdot |AB_2|$ omdat $A$ op de machtslijn van $\Gamma_B$ en $\Gamma_C$ ligt en wegens de omgekeerde machtstelling is $C_1C_2B_1B_2$ een koordenvierhoek.
Analoog vinden we dat $B_1B_2A_1A_2$ en $A_1A_2C_1C_2$ ook koordenvierhoeken zijn.
Al deze koordenvierhoeken hebben als centrum van hun omgeschreven cirkel $O$, het omcentrum van $\triangle ABC$. Immers, de middelloodlijn van $[C_1C_2]$ is gelijk aan de middelloodlijn van $[AB]$ enzovoort.
Aangezien de omgeschreven cirkels van de 3 koordenvierhoeken $C_1C_2B_1B_2$, $B_1B_2A_1A_2$ en $A_1A_2C_1C_2$ allen hetzelfde centrum hebben, en bijgevolg ook dezelfde straal, moeten deze omgeschreven cirkels allen gelijk zijn. Hieruit volgt het gevraagde.