convexe zeshoek

In dit bewijs zal ik naar $\left | XY \right |$ verwijzen met $XY$.

Zij $X$ het snijpunt van $B_2 C_1$ en $B_1 A_2$, $Z$ het snijpunt van $B_1 A_2$ en $A_1 C_2$ en $Y$ het snijpunt van $A_1 C_2$ en $B_2 C_1$. Zij $B'$ het punt op $AB$ zodat $B' C_1=B C_2$, i.e. $BB'=C_1C_2$ en $A$, $C_1$ en $B'$ in die volgorde op $AB$ liggen. Definieer analoog $C'$ op $AC$, waarbij $CC'=B_1B_2$. Zij $M$ het punt op $[B' C']$ zodat $ MB' = B A_1 $.

We tonen nu de volgende lemma's aan:

Lemma 1: $C'B' \parallel BC$ en $CA_2 = C' M$.

Bewijs: Merk op dat, aangezien $B_2 B_1=C_2 C_1$ en $AB=AC$, geldt dat $AB'=AC'$. Samen met het feit dat $\widehat{BAC}=\frac{\pi}{3}$ impliceert dit dat $\Delta AB'C'$ gelijkzijdig is. Hieruit volgt dus ook dat $C'B' \parallel BC$. Omdat $C'B'=AB'=AB-C_1 C_2=BC-A_1 A_2$ en $A_1 B=MB'$ geldt dus dat $CA_2=C' M$.

Lemma 2: $\Delta B_2 C_1 M$ is gelijkzijdig, $B_2 M \parallel B_1 A_2$ en $C_1 M \parallel A_1 C_2$.

Bewijs: Aangezien $C_1 B'=C_2 B$, en $B'M=BA_1$, en $\widehat{C_1B'M}=\widehat{ABC}$ (wegens lemma 1), geldt dat $\Delta C_2 BA_1 \cong \Delta C_1 B' M$, dus $C_1 M=C_2 A_1$. Tevens geldt dat $\widehat{C_1 M B'}=\widehat{C_2 A_1 B}$, zodat $C_1 M \parallel C_2 A_1$. Analoog tonen we aan dat $B_2 M=B_1 A_2$ en $B_2 M \parallel B_1 A_2$. Omdat $B_2 C_1=C_2 A_1=A_2 B_1$ geldt dus dat $B_2 C_1=B_2 M=C_1 M$ en is het lemma bewezen.

Lemma 3: $\Delta XYZ$ is gelijkzijdig.

Bewijs: Merk op dat wegens lemma 2 geldt dat alle zijden van $\Delta B_2 C_1 M$ evenwijdig zijn met een zijde van $\Delta XYZ$. Hieruit volgt dat de driehoeken gelijkvormig zijn en aangezien $\Delta B_2 C_1 M$ gelijkzijdig is, is $\Delta XYZ$ dat ook.

Lemma 4: $AYBZCX$ is een koordenzeshoek.

Bewijs: Merk op dat $\widehat{AB_2 C_1}=\widehat{X B_2 B_1}$, $\widehat{C_1 A B_2}=\widehat{B_2 X B_1}=\frac{\pi}{3}$ en $B_1 B_2=B_2 C_1$. Hieruit volgt dat $\Delta X B_1 B_2 \cong \Delta A C_1 B_2$, dus $X B_2=A B_2$ en $A C_1=X B_1$. Analoog tonen we aan dat $X B_1=B_1 C$ en $A C_1=C_1 Y$. Er geldt dus dat $B_2 Y=B_2 C_1+ C_1 Y=B_1 B_2+B_1 C=B_2 C$, $X B_2= A B_2$ en $\widehat{AB_2 C_1}=\widehat{X B_2 B_1}$. Hieruit volgt dat $\Delta AB_2 Y \cong \Delta XB_2 C$, zodat $\widehat{Y A B_2}=\widehat{C X B_2}$. Hieruit volgt dat vierhoek $AYCX$ een koordenvierhoek is.

Analoog tonen we aan dat $XAYB$ en $AXCZ$ koordenvierhoeken zijn, waaruit het lemma volgt.

Wegens lemma 3 en 4 geldt dat $\Delta XYZ$ verkregen kan worden uit $\Delta ABC$ door een draaiing rond het middelpunt van de omgeschreven cirkel van de driehoek. Maar in een gelijkzijdige driehoek is het middelpunt van de omgeschreven cirkel ook het middelpunt van de ingeschreven cirkel. Een cirkel wordt afgebeeld op zichzelf bij draaiing rond zijn middelpunt, dus hebben $\Delta XYZ$ en $\Delta ABC$ dezelfde ingeschreven cirkel. Deze raakt dus aan alle zijden van zeshoek $A_1 A_2 B_1 B_2 C_1 C_2$, zodat deze een raakzeshoek aan een kegelsnede is. Uit de stelling van Brianchon volgt dan het gevraagde. Q.E.D.