1 vd makkelijkste IMO meetkundevragen
Opgave - IMO 2007 dag 2 vraag 1
Gegeven is een driehoek $ABC$.
De bissectrice van hoek $BCA$ snijdt de omgeschreven cirkel van driehoek ABC in het punt $R$ ($R \not= C$), de middelloodlijn van de zijde BC in het punt P en de middelloodlijn van de zijde AC in het punt Q.
Het midden
van BC is K en het midden van AC is L.
Bewijs dat de driehoeken RPK en RQL dezelfde oppervlakte hebben.
- login om te reageren
Oplossing
Neem $X$ op $KP$ zodat $CK//XR$. Neem analoog $Y$ op $LQ$ zodat $CL//YR$. Nu geldt dat $Opp(\triangle RPK)=\frac12\cdot |PK|\cdot |RX|$. Analoog is $Opp(\triangle RQL)=\frac12\cdot |QL|\cdot |RY|$. Te bewijzen is dus dat $\frac{|PK|}{|QL|}=\frac{|RY|}{|RX|}$.
Merk eerst een paar gelijkvormigheden op:
$\triangle CKP$ ~ $\triangle CLQ$ (1)
Deze volgt uit het feit dat $\angle KCP=\angle BCP=\angle ACP=\angle LCP$ (bissectrice) en $\angle CKP=90\deg =\angle CLQ$ (middelloodlijn).
$\triangle CKP$ ~ $\triangle RYQ$ (2)
Deze volgt uit het feit dat $\angle KCP=\angle BCP=\angle ACP=\angle PRY=\angle QRY=\angle YRQ$ (verwisselende binnenhoeken) en $\angle CKP=90\deg =\angle RYQ$ (middelloodlijn en constructie).
$RQZX$ ~ $CPZL$ waarbij $Z$ het snijpunt is van $XK$ en $YL$ (3)
Deze volgt uit het feit dat $\angle CLZ=90\deg =\angle RXZ$, $\angle LZP=\angle XZQ$ (snijdende rechten) en $\angle LCP=\angle XRQ$ (Bissectrice en verwisselende binnenhoeken, zelfde principe als hiervoor).
Uit (1) volgt dat $\frac{|PK|}{|QL|}=\frac{|CK|}{|CL|}$.
Uit (2) en (3) volgt dat $\frac{|CK|}{|RY|}=\frac{|CP|}{|RQ|}=\frac{|CL|}{|RX|}$ en hieruit
$\frac{|CK|}{|CL|}=\frac{|RY|}{|RX|}$
En deze gecombineerd geeft het gevraagde.
Er zijn twee gevallen, afhankelijk van de ligging van Z. Het andere geval gaat analoog, vervang hiervoor $X$ door $Y$ en andersom.
In het geval dat $P=Q$, heb je dat $Z=P=Q$. In dat geval is de vraag waar wegens symmetrie.
$QED$