som van hoeken gelijkheid => concurrentie
Opgave - IMO 1996 dag 1 vraag 2
Zij $P$ een punt in een driehoek $ABC$ waarvoor geldt dat
\[ \angle APB - \angle ACB = \angle APC - \angle ABC.
\]
Zij $D,E$ de incentra van driehoeken $APB$ en $APC$ resp.
Bewijs dat $AP,BD, CE$ allen door één punt gaan, i.e. concurrent zijn.
- login om te reageren
Oplossing
We inverteren rond $A$ met straal $|AP|$. Zij $B'$, $C'$ resp. de beelden van $B$ en $C$ onder deze inversie. $P$ wordt op zichzelf afgebeeld. We hebben dat $B'C'CB$ een koordenvierhoek is (wegens macht van een punt tov een cirkel) en bovendien dat $\widehat{B'C'P}=\widehat{AC'P}-\widehat{AC'B'}=\widehat{APC}-\widehat{ABC}=\widehat{APB}-\widehat{ACB}=\widehat{AB'P}-\widehat{AB'C'}=\widehat{C'B'P}$. Daarom is $|B'P|=|C'P|$.
Merk nu op dat uit de inversie volgt dat $\Delta AC'P \sim \Delta APC$ en $\Delta AB'P \sim \Delta APB$. Daarom is $\frac{|PB|}{|AB|}=\frac{|B'P|}{|AP|}=\frac{|C'P|}{|AP|}=\frac{|PC|}{|AC|}$. Zij nu $K$ het snijpunt van $BD$ met $AP$. We weten dat $\frac{|AK|}{|KP|}=\frac{|AB|}{|BP|}=\frac{|AC|}{|PC|}$ wegens de bissectricestelling. Nu is er slechts één punt $K$ op $[AP]$ dat voldoet aan $\frac{|AK|}{|BK|}=r$ voor $r$ een specifieke verhouding; immers, wanneer $|AK|$ groter resp. kleiner wordt, zal $r$ groter resp. kleiner worden. Daarom ligt $K$ eveneens op de bissectrice van $\widehat{ACP}$, die dezelfde rechte is als $CE$. Q.E.D.
Tijs, je bent een noob. Stel u voor je inverteert.
Anyway, noem $X,Y,Z$ de loodlijnen van $P$ op $BC$, $AC$, $AB$ respectievelijk.
Wegens $PTT$ (Pedal Triangle Trick) hebben we dat $\angle XZY = \angle XYZ$ en dus $|XZ| = |XY|$. Nu is $2r \cdot |XZ| = |BP| \cdot |AC| = |CP| \cdot |AB| = 2r \cdot |XY|$ wegens opnieuw PTT (r is straal omgeschreven cirkel $\triangle ABC$), dus hebben we dat $\frac{|BP|}{|AB|} = \frac{|PC|}{|AC|}$. Noem deze eigenschap (1).
Nu is $BD$ de bissectrice van $\angle PBA$ en als $U$ het snijpunt is van $BD$ met $AP$, hebben we wegens de bissectricestelling in $\triangle BPA$: $\frac{|UP|}{|AU|} = \frac{|BP|}{|AB|}$. Analoge bissectricestelling in $\triangle CPA$ met $CE$ bissectrice geeft $\frac{|U'P|}{|U'A|} = \frac{|PC|}{|AC|}$ wat bewijst dat $U = U'$ wegens (1). Dit toont aan dat $BD$ en $CE$ snijden op eenzelfde punt op $AP$ en zijn we klaar.