We beginnen met een hulpstelling:
Laten we twee vierkanten ABCD en AEFG bekijken met een gemeenschappelijk punt A. Dan bewijzen we dat de middelpunten M en K van die vierkanten tezamen met de middens N van DE en L van BG weer een vierkant vormen.
We kunnen dit als volgt zien:
Merk op dat driehoeken ABE en ADG in elkaar overgaan bij rotatie over 90° dan wel -90° om A. Zij zijn dus congruent, in het bijzonder geldt BE = DG en BE^DG.
Nu is KN een middenparallel in driehoek EDG en LM in BGD. Deze twee lijnstukken zijn dus evenwijdig met DG en half zo lang.
Net zo zijn KL en MN evenwijdig met BE en half zo lang.
Dus KLMN is een vierkant.
Gaan we nu naar jouw probleem, dan hebben we de volgende figuur:
Laat S het midden van BD zijn. Dan geldt met bovenstaande hulpstelling dat SM en SP zijden zijn van een vierkant, en dus even lang en loodrecht op elkaar. En hetzelfde geldt voor SO en SN.
Maar dan zijn de driehoeken OSM en NSP beelden van elkaar bij rotatie over ±90° om S. En dat betekent dat MO en NP loodrecht op elkaar staan, zoals gevraagd.
****
Nog even iets over de hulpstelling waarmee we begonnen. Eigenlijk is het een bijzonder geval van een veel algemenere stelling.
We maken gebruik van de Stelling van Miquel. De betekenis van die Stelling is veel groter dan alleen het door één punt gaan van drie cirkels. Dat is prima uitgelegd in de Stelling van Miquel van Dick Klingens, met name Stellingen 3a en 3c aldaar.
Een korte samenvatting, met de volgende figuur:
We zijn begonnen met een driehoek A1B1C1 die in een driehoek ABC is "ingeschreven". Met Miquel's stelling weten we dat de getekende cirkels door een punt P gaan. Het aardige is ook dat we weten dat hoeken PA1B en PC1B samen 180 graden zijn (algemeen in een koordenvierhoek). En natuurlijk ook hoeken PC1B en PC1A. Dus hoeken PA1B en PC1A zijn gelijk. En natuurlijk op dezelfde manier is PB1C ook gelijk aan deze twee.
Laten we nu A'B'C' de voetpuntdriehoek van P zijn (dus de verbindingslijntjes PA', PB'en PC' staan loodrecht op de zijden). Dan zijn de driehoeken PA1A', PB1B' en PC1C' gelijkvormig. Bovendien zijn A1B1C1 en A'B'C' gelijkvormig (Stelling 3c). Het is zelfs sterker: alle driehoeken ingeschreven in ABC die gelijkvormig aan A'B'C' zijn, hebben hetzelfde punt P als Miquel punt.
Nou is er iets aardigs: als we twee gelijkvormige driehoeken A1B1C1 en A2B2C2 hebben, dan hebben die dus hetzelfde Miquel punt P. Dan zijn de driehoeken PA1A2, PB1B2 en PC1C2 dus gelijkvormig. We nemen nu de middelpunten MA van A1A2, MB van B1B2 en MC van C1C2. De driehoeken PMAA', PMBB' en PMCC' zijn dan ook gelijkvormig. Maar daaruit leiden we weer af dat MAMBMC het punt P als Miquel punt heeft, en dat MAMBMC ook aan de gegeven twee driehoeken gelijkvormig is.
Duidelijk is ook dat we voor MA ten opzichte van A1A2 een andere verhouding in plaats van het midden kunnen nemen als we maar voor MB en MC dezelfde verhouding nemen.
Wat heeft dit alles met de hulpstelling te maken?
Wel. Stel we hebben twee vierkanten A1A2A3A4 en B1B2B3B4. Dan vormen de middens Mi van AiBi voor i=1,2,3,4 volgens het bovenstaande weer een vierkant. We concluderen immers dat M1M2M3 een rechthoekige gelijkbenige driehoek is net als A1A2A3 en B1B2B3. Net zo met M2M3M4. En zo hebben we het vierkant M1M2M3M4.
De hulpstelling is hier een bijzonder geval van.
FvL
25-10-2006