meetkunde 8
Opgave - IMOSL 1998 vraag 8
Zij $ABC$ een driehoek zodat $\angle A=90^\circ$ en $\angle B<\angle C$. De raaklijn in $A$ aan zijn omgeschreven cirkel $\omega$ snijdt de rechte $BC$ in $D$. Zij $E$ de spiegeling van $A$ rond $BC$, $X$ het voetpunt van de loodrechte uit $A$ op $BE$, en $Y$ het midden van $AX$. Zij $Z$ het andere snijpunt van $BY$ en $\omega$. Bewijs dat de rechte $BD$ raakt aan de omgeschreven cirkel van driehoek $ADZ$.
- login om te reageren
Oplossing
Noem de projectie van $A$ op $BD$ $P$ en het snijpunt van $AZ$ met $BD$ $Q$. Nu geldt dat $\triangle APD$ gelijkvormig is met $\triangle BXA$, ze hebben immers twee hoeken gelijk: $\angle BXA=\angle APD=90^{\circ}$ en $\angle PAD=\angle EAD = \angle XBA$, aangezien de omstrekhoek gelijk is aan de hoek tussen de koorde en de raaklijn. Deze stelling geeft ook dat $\angle ABY = \angle ABZ = \angle DAZ = \angle DAQ$. Maar ook geldt $\angle ZAE=\angle ZBE$. Dus zoals $BY$ de zwaartelijn is in $\triangle BXA$ is $AQ$ de zwaartelijn in $\triangle APD$ en dus geldt $DQ=QP$. Verder is $PYAZ$ een koordenvierhoek. Dit volgt uit het feit dat $EX$ overgaat in $PY$ bij vermenigvuldiging met $\frac{1}{2}$ om $A$. Dus $PY||EX$ en $\angle PYA=90^{\circ}$. De omtrekshoekstelling en F-hoeken leveren dan $\angle ZAP =\angle ZAE =\angle ZBE = \angle ZYP$. Dus $PYAZ$ is een koordenvierhoek en er geldt $\angle AYP + \angle PZA = 180^{\circ}$, of te wel $\angle PZA = 90^{\circ}$. Waaruit blijkt dat $\triangle QPZ$ gelijkvormig is met $\triangle QAP$ (hh). Hierdoor krijgt men $\frac{QP}{QZ}=\frac{QA}{QP}$. Met $DQ=QP$ levert dit $QZ \cdot QA = QD^2$, zodat uit de machtstelling volgt dat $BD$ raakt aan de omcirkel van $\triangle ADZ$.