snijden op de omcirkel

Opgave - IMOSL 2017 dag 4 vraag 5

Zij $ABCC_1B_1A_1$ een convexe zeshoek zodat $|AB|=|BC|$,en veronderstel dat de lijnstukken $AA_1, BB_1$ en $CC_1$ allen dezelfde middelloodlijn hebben. Zij $D$ het snijpunt van de diagonalen $AC_1$ en $A_1C$ en zij $\omega$ de omcirkel van $ABC$, deze snijdt de cirkel $A_1BC_1$ opnieuw in $E \neq B$. Bewijs dat de rechten $BB_1$ en $DE$ snijden op $\omega$.

Oplossing

Merk eerst op dat als $|AA_1|=|CC_1|$ dan zijn $\omega$ en de omgeschreven cirkel van $A_1BC_1$ rakend en dus krijgen we een contradictie met $E \neq B$, dus $|AA_1|\neq|CC_1|$.
Omdat $AA_1$, $BB_1$ en $CC_1$ allen dezelfde middelloodlijn hebben volgt dat $AA_1 \parallel BB_1 \parallel CC_1$ en dat $|AC_1| = |A_1C|$.
Merk op dat omdat de vraag symmetrisch is in het wisselen van $AA_1$ en $CC_1$ volgt dat we zvva kunnen aannemen dat $|AA_1| < |CC_1|$.

Bewering 1: $BE, CA$ en $C_1A_1$ zijn concurrent.
Bewijs: Laat $\gamma$ de omgeschreven cirkel zijn van $A_1BC_1$ en $\delta$ de omgeschreven cirkel van $CAA_1C_1$ (we weten dat deze cyclisch is want het is een gelijkbenig trapezium).
Dan is $BE$ de machtslijn van $\gamma$ en $\omega$, $CA$ is de machtlijn van $\omega$ en $\delta$ en $C_1A_1$ de machtslijn van $\delta$ en $\gamma$.
Dus $BE, CA$ en $C_1A_1$ concurreren. $QED$

Laat $M$ het snijpunt van $BE, CA$ en $C_1A_1$ zijn en laat $l$ de middelloodlijn zijn van $AA_1$, $BB_1$ en $CC_1$ zijn, dan volgt, uit symmetrie, dat $l$ door $M$ en $D$ gaat.

Bewering 2: $\triangle BCE \sim \triangle BMC$
Bewijs: $\angle BEC = \angle BAC = \angle BCA = \angle BCM$ en $\angle EBC = \angle CBM$. $QED$

Dus $\angle BAE = \angle BCE = \angle CMB$.
Laat $T$ het middelpunt zijn van $\delta$.

Bewering 3: $CTDA$ is cyclisch.
Bewijs: $\angle DCA = \angle A_1CA = \frac{1}{2}\angle A_1TA = \angle DTA$. $QED$

Bewering 4: $BTDE$ is cyclisch.
Bewijs: Omdat $CTDA$ cyclisch is volgt
$$|MD| \cdot |MT| = |MA| \cdot |MC|$$
maar omdat $CBEA$ cyclisch is hebben we dat $|MA| \cdot |MC| = |ME| \cdot |MB|$, dus
$$|MD| \cdot |MT| = |ME| \cdot |MB|.$$
Uit de macht van punt $M$ volgt dat $BTDE$ cyclisch is. $QED$

Laat $MT \cap BB_1 = L$, $MC \cap BT = N$, $ED \cap BB_1 = G$, dus $ML \perp BB_1$.

Bewering 5: $MC \perp BT$.
Bewijs: $\triangle BAT \cong \triangle BCT$ want $|CT| = |TA|$, $|BC| = |AB|$ en $|BT| = |BT|$ en $ZZZ$.
dus $\angle TBA = \angle TBC \iff \angle NBA = \angle NBC$.
Dan $\triangle BNA \cong \triangle BNC$ want $|AB| = |BC|$, $|BN| = |BN|$ en $\angle NBA = \angle NBC$ en
$ZHZ$.
Dus omdat $A, N, C$ collineair zijn volgt $\angle ANB = \angle CNB = 90\text{°} \Rightarrow MC \perp BT$. $QED$

Dus $$\angle BAE = \angle BCE\ (ABCE \text{ cyclisch}) = \angle CMB (\text{bewering 2}) = \angle NMB = 90\text{°} - \angle NBM$$
$$ = 90\text{°} - \angle TBE = 90\text{°} - (180\text{°} - \angle TDE)= \angle TDE - 90\text{°} $$
$$= 180\text{°} - \angle TDG - 90\text{°} = 90\text{°} - \angle TDG = 90\text{°} - \angle LDG = \angle LGD = \angle BGE.$$
Dus $CBEG$ is cyclisch dus $G \in \omega$ en we zijn klaar.