Concurrentie van drie rechtes
Opgave - IMO 1995 dag 1 vraag 1
Beschouw $A, B, C, D$ vier verschillende punten op een lijn, in die volgorde. De cirkels met diameter $AC$ en $BD$ snijden elkaar in $X$ en $Y$. De lijn $XY$ snijdt $BC$ in $Z$. Beschouw $P$ een punt op $XY$ zodat $P \neq Z$. De lijn $CP$ snijdt de cirkel met diameter $AC$ in $C$ en $M$, en de lijn $BP$ snijdt de cirkel met diameter $BD$ in $B$ en $N$. Bewijs dat $AM, DN, XY$ concurrent zijn.
- login om te reageren
Oplossing
#Anas
Bewering 1: $MNCB$ is cyclisch
Bewijs: $XY$ is de machtslijn van de twee cirkels via constructie. Dus zijn de machten van punt $P$ van de twee cirkels gelijk: $MP\cdot CP=DP\cdot NP$, dus via de omgekeerde machtsstelling is $MNCB$ cyclisch. QED
Omdat $AC$ en $BD$ diameters zijn, krijgen we: $\angle AMC=90^{\circ}=\angle BND$.
Bewering 2: $AMND$ is cyclisch (In dit bewijs zijn alle hoeken georiënteerd, dit is omdat $P$ niet op het lijnstuk $XY$ moet liggen.)
Dan in $\triangle AMC$ weten we dat $90^{\circ}-\angle MAC = \angle MCA= \angle MCB$. Nu omdat $MNCB$ cyclisch is, weten we dat: $\angle MCB=\angle MNB$. Dus $\angle MNB=90^{\circ}-\angle MAC=90^{\circ}-\angle MAD$. En omdat $90^{\circ}=\angle BND$ weten wet dat $\angle MND = 180^{\circ}-\angle MAC$. Dus is $AMND$ cyclisch.
We beschouwen de cirkels van omgeschreven driehoeken ($\triangle AMC$), ($\triangle BND$) en vierhoek $(AMND)$. De machtslijnen van deze cirkels zijn: $XY, \ AM, \ DN$.
En het is bekend als we drie cirkels hebben met niet collineaire middens, dat de drie machtslijnen concurrent zijn in het machtpunt. QED
(Als het centrum van de omgeschreven cirkel om $AMND$ staat op rechte $AD$ ligt, dan is $\angle AMD =90^{\circ}$ omdat $AD$ de diameter wordt. Dan krijgen we: $\angle AMD =90^{\circ}=\angle AMC$ en omdat $C$ en $D$ op $AD$ liggen die niet parallel is met $MC$ ligt $C$ dan op $D$. Maar de vraag zegt dat alle punten verschillend zijn.)