meetkundige invariant
Opgave - IMO 2005 dag 2 vraag 2
Laat $ABCD$ een convexe vierhoek met $BC = DA$ en $BC$ niet evenwijdig met $DA$. Gegeven 2 variabel punten $E$ en $F$ op zijden $BC$ en $DA$, respectievelijk, waarbij $BE = DF$. De rechten $AC$ en $BD$ snijden in $P$, $BD$ en $EF$ snijden in $Q$, en $EF$ en $AC$ snijden in $R$.
Te bewijzen: Al de omgeschreven cirkels van driehoek $PQR$, waarbij $E$ en $F$ variëren, hebben een gemeenschappelijk punt ongelijk aan $P$.
- login om te reageren
Oplossing
Omdat $BC$ niet evenwijdig is met $AD$, moeten de raakomtrekshoeken $\angle PDA$ en $\angle PBC$ verschillend zijn, en dus raken cirkels $\odot BCP$ en $\odot ADP$ zeker niet. (*)
Zij daarom $K$ het tweede snijpunt van $\odot BCP$ en $\odot ADP$.
Merk op dat $\angle KDA=\angle KPA=\angle KPC=\angle KBC$ (hoeken zijn georiënteerd) en analoog $\angle KAD=\angle KCB$. Dit betekent omwille van $|AD|=|BC|$ dat $\triangle KAD\cong \triangle KCB$. $K$ is dus het centrum van de rotatie die $[AD]$ op $[CB]$ afbeeldt, deze rotatie beeldt ook $F$ op $E$ af omdat $|AF|=|CE|$. $K$ is dus eveneens het centrum van de rotatie die $[AF]$ op $[CE]$ afbeeldt.
Dit betekent dat $K$ op $\odot FRA$ en $\odot CRE$ ligt, immers, het centrum van rotatie dat twee gelijke lijnstukken op elkaar afbeeldt is uniek, en zoals we daarnet al zagen voldoet het tweede snijpunt van $\odot FRA$ en $\odot CRE$ (dit bestaat om dezelfde reden als bij (*)). Met andere woorden, $K$ ligt op deze beide cirkels.
We tonen nu aan dat $PQKR$ cyclisch is voor elke keuze van $E$ en $F$, en het resultaat volgt. Omdat $\angle QPK=\angle DPK=\angle DAK=\angle FAK$ en $\angle FRK=\angle QRK$ volstaat het aan te tonen dat $\angle FAK=\angle FRK$, zodat $QPKR$ cyclisch is. Dit volgt echter direct uit het feit dat $FKRA$ cyclisch is, zoals aangetoond in de vorige alinea.
QED