IMO Shortlist 2021 G1

Freitag, 28. Juni 2024

Geometrie
IMO

Problemstellung

ABCD sei ein Parallelogramm, so dass AC = BC. Man wählt einen Punkt P auf der Verlängerung des Segments AB über B hinaus. Der Umkreis des Dreiecks ACD trifft das Segment PD wieder in Q, und der Umkreis des Dreiecks APQ trifft das Segment PC wieder in R. Beweise, dass die Linien CD, AQ und BR zusammenfallen.

Meine Lösung

Zuerst verlängern wir die Linie $RB$ , so dass diese Linie wieder den Umkreis von $\triangle APQ$ im Punkt $B'$ schneidet.

Bemerken wir, dass die Linie $AQ$ die Radikalachse der Umkreise von $\triangle ACD$ und $\triangle APQ$ sein könnte. Das ist tatsächlich wahr, weil die Punkte $A$ und $D$ die Schnittpunkte der beiden Umkreise sind, aus der Problemstellung. Also, das Problem haben wir schon darauf reduziert, dass $BRCD$ ein Sehnenviereck ist, zu beweisen.

Durch Winkelverfolgung erhalten wir das Folgendes:

Diagramm

Jetzt müssen wir beweisen, dass $\measuredangle DCR = \measuredangle DB'R$ . Rechnen wir den Winkel $\measuredangle DCR$ aus

\begin{align*} \measuredangle DCR &= \beta + \measuredangle ACB + \measuredangle BCP \\ &= \beta + (180^\circ - 2\beta) + (180^\circ - \alpha - (180^\circ - \beta)) \\ &= 180^\circ - \alpha \\ &= -\alpha \\ &= \measuredangle DB'R \end{align*}

Vorsicht! Früher haben wir eigentlich die Annahme benutzt, dass $B'$ , $A$ , $D$ kollinear sind. Aber es fehlt noch diese Annahme zu beweisen. Das Äquivalent ist zu beweisen, dass $B'A \parallel BC$ .

Das ist aber trivial!

\begin{align*} \measuredangle B'AB = 180^\circ - \beta - (180^\circ - 2\beta) = \beta = \measuredangle CBA \end{align*}

\square