stArt met 3(?)
Opgave - IMO 2015 dag 1 vraag 3
Zij $\triangle ABC$ een driehoek met $|AB|>|AC|$.
$\Omega$ is zijn omgeschreven cirkel.
$H$ het hoogtepunt en $F$ het voetpunt van de hoogtelijn uit $A$.
$M$ het midden van $[BC]$.
Zij $Q$ een punt op $\Omega$ zodat $\angle HQA=90^{\circ}$ en $K$ het punt op $\Omega$ waarvoor $\angle HKQ=90^{\circ}$.
Hierbij zijn alle voorgaande punten verschillend.
Bewijs dat de omgeschreven cirkel van driehoeken $KQH$ en $FKM$ rakend aan elkaar zijn.
- login om te reageren
Oplossing
In dit bewijs zal ik naar $\left | XY \right |$ verwijzen met $XY$.
Zij $O$ het middelpunt van $\Omega$. Zij $A'$ het snijpunt van $AO$ met $\Omega$. Zij $Q'$ het snijpunt van $QO$ met $\Omega$. Zij $G$ de reflectie van $H$ rond $F$. Zij $\Gamma_1$ de cirkel door $G$, $H$, en $K$ en zij $\Gamma_2$ en $\Gamma_3$ de cirkels door $K$ , $Q$, $H$, en door $F$, $K$, $M$ resp., met resp. middelpunten $M_1$, $M_2$. en $M_3$.
We zullen beginnen met het bewijzen van 5 lemma's:
Lemma 1: $H$ ligt op $QA'$ en op $Q'K$.
Volgens de stelling van Thales moet, opdat $\widehat{HQA}=90°$, de hoek op een halve cirkelboog van $\Omega$ liggen. Dit betekent dat $HQ$ $\Omega$ moet snijden in $A'$. Zoniet kan $\widehat{HQA}$ geen rechte hoek zijn. Analoog voor het tweede deel.
Lemma 2: $M$ ligt op $QA'$.
Zij $A''$ de loodrechte projectie van $A'$ op $BC$. Allereerst is het duidelijk dat $G$ op $\Omega$ ligt omdat het de reflectie van het hoogtepunt rond een zijde is. Volgens de stelling van Thales is dus $\Delta AA'G$ rechthoekig in $\widehat{G}$. Dit betekent dat $A'G \parallel BC$, waaruit volgt dat $FG=A''A'$.
Omdat $\widehat{A'AB}=\frac 12 (180°-\widehat{AOB}=\frac 12 (180°-2 \widehat{ACB})=90°-\widehat{ACB}=\widehat{GAC}$ (middelpuntshoek-omtrekshoek), is $A'B=CG$ (gelijke omtrekshoeken hebben gelijke koorden), waaruit volgt dat $\Delta FCG \cong \Delta A''BA'$ (ZZ90°) en dus $\widehat {MBA'}=\widehat{MCG}$, waaruit dan weer volgt dat $\Delta MA'B \cong \Delta MGC$ (ZHZ, want $MB=MC$). Dus geldt $\widehat{HMC}=\widehat{CMG}=\widehat{A'MB}$, waaruit het lemma volgt.
Lemma 3: $QA'$ raak $\Gamma_1$.
Met de eigenschap van de raakomtrekshoek bekomen we het volgende:
$QA'$ raakt $\Gamma_1$
$\Leftrightarrow \widehat{GKH}=\widehat{A'HG}$ (raakomtrekshoek)
$\Leftrightarrow \widehat{GAQ'}=\widehat{AHQ}$ (omtrekshoeken op dezelfde boog van $\Omega$, overstaande hoeken)
$\Leftrightarrow \widehat{GAQ'}=90°-\widehat{HAQ}$, i.e. $\widehat{QAQ'}=90{\circ}$ wat waar is wegens de stelling van Thales.
Lemma 4: $KM_2$ raakt $\Gamma_1$
Omdat $\widehat{HKQ}=90°$, geldt volgens de stelling van Thales dat $M_2$ in het midden van $[HQ]$ ligt, zodat $HM_2=KM_2$. Omdat de raaklijnen vanuit $M_2$ aan $\Gamma_1$ even lang zijn en $HM_2$ $\Gamma_1$ raakt, moet $KM_2$ dat ook doen.
Lemma 5: $KM_3$ raakt $\Gamma_1$.
Omdat $G$ de reflectie van het hoogtepunt om $BC$ is, geldt dat $BC$ de middelloodlijn van $[HG]$ is. Daarom ligt $M_1$ op $BC$. Uit de machtsstelling (macht van een punt tegenover een cirkel) toegepast op $\Gamma_3$ en $M_1$ volgt nu dat $M_1 F \cdot M_1 M=M_1 M_3 ^2-M_3 K^2$. We kunnen dit echter ook nog op een andere manier berekenen: omdat $\Delta M_1 M H$ rechthoekig is in $\widehat{H}$ (lemma 2 en lemma 3 combineren), geldt dat $M_1 F \cdot M_1 M=M_1 H^2=M_1 K^2$ (metrische eigenschappen van een rechthoekige driehoek). Uit $M_1 K^2=M_1 M_3 ^2-M_3 K^2$ volgt volgens de stelling van Pythagoras dat $\Delta M_3 K M_1$ rechthoekig is in $\widehat{K}$, waaruit het lemma volgt.
Uit Lemma 5 en Lemma 4 volgt nu dat noodzakelijkerwijs $K$, $M_2$ en $M_3$ collineair zijn, waaruit meteen volgt dat $\Gamma_2$ en $\Gamma_3$ raken. Q.E.D.
Korter alternatief met inversie:
Beschouw allereerst de homothetie $h$ met centrum $H$ en factor $2$. Het is algemeen bekend dat deze de negenpuntscirkel van $\Delta ABC$ naar haar omgeschreven cirkel, i.e. $\Omega$ brengt. Zij $X=h(M)$, dan ligt $X$ dus op $\Omega$. Als we nu nog stellen dat $F'=h(F)$, dan zien we dat ook $F'$ op $\Omega$ ligt. Verder hebben we dat $\widehat{AF'X}=\widehat{HFM}=\frac{\pi}{2}$. Bijgevolg is $AX$ een diameter. Vandaar moet $Q$ op $XH$ liggen en dus ook op $MH$.
Zij nu $\Psi$ de transformatie die bestaat uit de samenstelling van de inversie met centrum $H$ en straal $\sqrt{|HQ| \cdot |HM|}$ gevolgd door een puntspiegeling rond $H$.
Lemma 1
$\Psi$ beeldt $\Omega$ af op de negenpuntscirkel van $\Delta ABC$.
bewijs
We zien vooreerst dat $\Psi(M)=Q$ en $\Psi(Q)=M$. Verder geldt dat $\widehat{AFM}=\widehat{AQM}=\frac{\pi}{2}$, dus is $AQFM$ een koordenvierhoek en is $|AH| \cdot |HF|=|HM| \cdot |HQ|$ wegens macht van een punt. We hebben dus tevens dat $\Psi(A)=F$ en $\Psi(F)=A$. Zij nu $S$ het voetpunt van de hoogtelijn uit $C$; dan is ook $ASFC$ een koordenvierhoek omdat $\widehat{AFC}=\widehat{ASC}=\frac{\pi}{2}$. Dus hebben we ook weer omwille macht van een punt dat $\Psi(C)=S$ en $\Psi(S)=C$. Met andere woorden, $\Psi$ beeldt $\Omega$ af op de negenpuntscirkel van $\Delta ABC$. Q.E.D.
Zij $\Psi(K)=K'$, dan ligt $K'$ op deze negenpuntscirkel. Tevens zal $\widehat{HMK'}=\widehat{HKQ}=\frac{\pi}{2}$. Beschouw nu terug onze homothetie $h$ uit het begin. Zij $h(K')=K''$. Dan zal $\widehat{AK''X}=\frac{\pi}{2}$ maar ook $\widehat{HXK''}=\frac{\pi}{2}$ en $\widehat{XQA}=\frac{\pi}{2}$. Bijgevolg is $AQXK''$ een rechthoek en hebben we dat $|K'M|=\frac 12 |XK''|=\frac 12 |AQ|$. Omdat tevens $K'M \parallel AQ$, hebben we dat de loodlijn uit $K'$ op $AQ$ $[AQ]$ doormidden deelt, dus is het de middelloodlijn.
Daarom raakt $K'M$ aan de omgeschreven cirkel van $\Delta K'AQ$.
Merk nu op dat $\psi(\odot FKM)= \odot AK'Q$ en $\psi(K'M)= \odot HKQ$, zoals aangetoond werd in het bewijs van lemma 1.
Omdat inversie en puntspiegeling beiden rakende rechten/cirkels bewaren (i.e. als de intersectie van 2 objecten één punt bevat, geldt dit ook voor het beeld), betekent dit dat de omgeschreven cirkel van $KFM$ en $HQK$ raken.
Q.E.D.