Luxe Luxemburgse vraag

Zij $\Gamma$ de omgeschreven cirkel van $\Delta BCD$. Zij $X=AD \cap \Gamma$ (ongelijk aan $D$) en $Y=AB \cap \Gamma$ (ongelijk aan $B$). Zij $Q=YF \cap XG$. We zien dat het snijpunt van $BC$ en $QX$, van $CD$ en $YQ$ en van $BY$ en $DX$ op een rechte liggen. Wegens de omgekeerde stelling van Pascal geldt dus dat $X$, $B$, $C$, $Q$, $D$ en $Y$ op een kegelsnede liggen. Omdat $X$, $B$, $Y$, $C$, $D$ op een cirkel liggen, zal $Q$ ook op die cirkel liggen. Zij nu $\angle XYZ$ de gerichte hoek tussen $XY$ en $YZ$.

Merk op dat $E$ het middelpunt is van de omgeschreven cirkel van $\Delta FGC$. Er geldt dus dat
$\angle FEG=2 \angle FCG$
$=2 \angle FDA$ ($BC \parallel AD$)
$=2 \angle CDA$
$=\angle CDA+\angle ABC$ ($ABCD$ is een parallellogram)
$=\angle CDA+\angle DCB$ ($CD \parallel AB$)
$=\angle CDA+\angle YDC$ (Omdat $CD \parallel BY$ en $CDYB$ cyclisch is, zal $CDYB$ een gelijkbenig trapezium zijn)
$=\angle YDA$
$=\angle YDX$
$=\angle YQX$
$=\angle FQX$
$=\angle FQG$

Dus $QEFG$ is cyclisch. Merk nu op dat $E$ en $Q$ beiden op $\Gamma$ liggen. We maken een gevalsonderscheid tussen $A$ binnen $\Gamma$, op $\Gamma$ of buiten $\Gamma$ om te bewijzen dat $Q$ aan dezelfde kant ligt als $E$ t.o.v. $GF$:

1 Stel $A$ ligt binnen $\Gamma$. Dit is slechts het geval wanneer $\widehat{BCD}$ stomp is ($\widehat{BAD}$ is dan ook stomp en ligt dus binnen $\Gamma$, want de hoek op de lange boog $BD$ is scherp). Dus zal $\widehat{GCD}=\widehat{CDA}$ scherp zijn ($G$ kan niet op $[CB$ liggen omdat $F$ op $[CD]$ ligt). Hieruit volgt dat $E$ aan dezelfde kant als $C$ ligt t.o.v. $GF$. Omdat $F$ op $[CD]$ ligt, geldt dat ook voor $Q$: immers, $Y$ ligt aan dezelfde kant als $D$ t.o.v. $GF$ en $F$ ligt binnen $\Gamma$.

2 Stel $A$ ligt op $\Gamma$. In dit geval is $ABCD$ een rechthoek. We zien dat nu $A=X=Y$ en we veronderstellen dat $Q$ nog steeds op $\Gamma$ ligt (de vorige definitie deed er niet toe). Omdat $\widehat{FCG}=90°$, ligt $E$ op $FG$, net als $Q$. (De cirkel is nu ontaard). Dus ook nu liggen $Q$ en $E$ aan dezelfde kant: erop.

3 Stel $A$ ligt buiten $\Gamma$. Nu moet $\widehat{BCD}$ scherp zijn. ($\widehat{BAD}$ is dan ook scherp en ligt dus buiten $\Gamma$, want de hoek op de korte boog $BD$ is stomp). Nu zal $\widehat{GCD}=\widehat{CDA}$ stomp zijn. Dus $E$ ligt aan dezelfde kant als $D$ t.o.v. $GF$. $Y$ ligt nu aan dezelfde kant als $C$ t.o.v. $GF$, dus ligt $Q$ aan dezelfde kant als $D$ en dus als $E$ t.o.v. $GF$.

Hieruit volgt nu dat $E=Q$; immers, moest dit niet zo zijn, dan zouden $E$ en $Q$ aan een verschillende kant ten opzichte van $GF$ moeten liggen, omdat $QEFG$ cyclisch is en $Q$ en $E$ op $\Gamma$ liggen, $F$ erin en $G$ erbuiten.

Nu is $Q$ dus het middelpunt van de omgeschreven cirkel van $\Delta FGC$. Dus $\widehat{DAB}=\widehat{BCD}=\widehat{YDC}=\widehat{YQC}=\widehat{FQC}=2\widehat{FGC}=2 \widehat{FAD}$. Dus $\widehat{FAD}=\frac 12 \widehat{BAD}$. Omdat $F$ op $[CD]$ ligt, is $l$ de binnenbissectrice van $\widehat{DAB}$. Q.E.D.