Cirkel hier, cirkel daar
Opgave - IMO 2002 dag 1 vraag 2
De cirkel $S$ heeft centrum $O$ en een diameter $BC$. Zij $A\in S$ zodat $\angle AOB < 120{{}^\circ}$. Zij $D$ het midden van de boog $AB$ die $C$ niet bevat. De lijn door $O$, evenwijdig aan $DA$ snijdt $AC$ in $I$. De middelloodlijn van $OA$ snijdt $S$ in $E$ en $F$. Bewijs dat $I$ het middelpunt van de ingeschreven cirkel is van $\triangle CEF$.
- login om te reageren
Oplossing
De voorwaarde $\angle AOB<120$° is er zodat $I$ op $[AC]$ ligt. (Dit is zo omdat $\angle AOI=\angle OAD=90-\frac12\angle AOD=90-\frac14\angle AOB$, en dus $\angle BOA +\angle AOI=90+\frac34\angle BOA< 180$ vormt dit dat $I$ aan dezelfde kant ligt van $BC$ als $A$.)
Onze eerste claim is dat $DOIA$ een parallellogram is. Dit volgt eigenlijk rechtstreeks uit $\angle AOD=\frac12\angle AOB=\angle ACB=\angle OAC$ en $DA//OI$. Dit betekent dat $AI=OD=OE=AE$. bovendien is $AE=AF$ omdat $AEOF$ een ruit is.
Omdat $2\angle ICE=\angle AOE=\angle AOF=2\angle FCA$ geldt dat $I$ op de bissectrice van $\angle FCE$ ligt. Omdat $AI=AE=AF$ zoals we hierboven zagen, zijn we klaar wegens het lemma, dat hieronder geciteerd staat, toegepast op driehoek $CEF$.
we maakten gebruik van het volgend (bekend) lemma :
in een $\triangle ABC$ met incentrum $Î$ snijdt de bissectrice van $A$ de middelloodlijn van $[BC]$ in $K$. Dan is $KB=KC=KI$.