Meetkundige bewijzen – Pagina 2

Puzzel 2 (Wiskunde Olympiade Finale 2024 – versie klas 4):
Zij $ABCD$ een parallellogram met de eigenschap dat $|AD|=|BD|$ . Laat nu $P$ en $Q$ punten zijn zodat $\triangle ADP$ en $\triangle CDQ$ gelijkzijdig zijn en niet overlappen met het parallellogram.
a) Bewijs dat $|PB|=|BQ|$ .
b) Bewijs dat $\angle PQD = 30^{\circ}$ .

Stap 1: Het maken van een mooi plaatje

De vraag begint met een parallellogram waarin $AD=BD$ . Mijn truc daarbij is om te beginnen met drie punten $A$ , $B$ en $D$ waarvoor $AD=BD$ . Ongeacht hoe je die kiest, kun je vervolgens het parallellogram op één manier afmaken. Bij het maken van tekeningen geef ik gelijke zijden ook eigenlijk altijd dezelfde kleur. Dit zorgt ervoor dat het veel gemakkelijker wordt om later gelijkvormige driehoeken te herkennen. Mijn tekening ziet er op dit punt dus zo uit:

Mede dankzij de kleurtjes zie ik op dit punt gelijkbenige driehoeken ontstaan. Daardoor is $\angle DAB=\angle DBA$ en $\angle BDC=\angle BCD$ . Aangezien $AB$ en $CD$ evenwijdig zijn, zijn deze hoeken ook nog gelijk aan elkaar. Er geldt immers $\angle ABD=\angle BDC$ , vanwege Z-hoeken. Ook de hoeken $\angle ADB=\angle DBC$ zijn gelijk aan elkaar vanwege Z-hoeken, omdat $AD$ en $BC$ evenwijdig zijn.
Net als dat ik het zinvol vindt om gelijke zijden in mijn plaatje dezelfde kleur te geven, doe ik dat ook met hoeken. Dat doe ik vaak al bij het opbouwen van het plaatje, omdat er dan nog minder in mijn plaatje staat en ik dus meer overzicht heb.

Vervolgens teken ik de gelijkzijdige driehoeken erbij. Door de gelijkzijdigheid weten we dat ook die zijden even lang als bestaande rode of groene zijden zijn. Bovendien zijn al die hoeken 60 graden. Die geef ik dus ook een kleurtje (blauw). Tot slot moeten we iets bewijzen over $BP$ en $BQ$ . Die lijnen teken ik dus ook in. Dat geeft mijn uiteindelijke plaatje:

Stap 2: Het oplossen van het probleem

We moeten bij (a) bewijzen dat $PB=BQ$ . Vaak bewijs je gelijke zijden met behulp van congruente driehoeken. Dankzij het maken van een mooi plaatje zien we dat $\triangle ABP$ en $\triangle CQB$ congruent zijn. Ze hebben immers allebei een groene en een rode zijde en de hoek ertussen is bij allebei paars plus blauw. Vanwege ZHZ geldt dus inderdaad dat $\triangle ABP=\triangle CQB$ waaruit $PB=BQ$ direct volgt.

Voor opdracht b moeten we bewijzen dat $\angle PQD = 30^{\circ}$ . Als ik naar de driehoek $\triangle PQD$ kijk waar deze hoek in zit, ziet die er ook congruent uit met $\triangle ABP$ en $\triangle CQB$ . Deze driehoek heeft immers ook een groene en een rode zijde. Om de congruentie te bewijzen, moeten we dus nog laten zien dat $\angle PDQ=\angle PAB$ . Voor het hoeken jagen is het vaak prettig om namen aan de hoeken te geven (dat praat gemakkelijker dan “oranje + paars”). Dus dat doe ik in mijn plaatje:

Als we nu naar de volledige hoek bij $D$ kijken, geldt $\angle PDQ = 360^{\circ} - 60^{\circ}-60^{\circ}-\beta -\alpha = 240^{\circ}-\alpha-\beta$ . We willen aantonen dat deze hoek gelijk is aan $\angle PAB$ . Het is dus de vraag of $240^{\circ}-\alpha-\beta=60+\alpha$ . Dit kunnen we herschrijven tot $2\alpha+\beta = 180^{\circ}$ . Dat is inderdaad waar, want $2\alpha+\beta$ is de som van de hoeken in driehoek $ABC$ . Hiermee hebben we dus dat $\angle PDQ=\angle PAB$ waaruit de congruentie $\triangle PDQ\cong\triangle PAB$ volgt.

Dankzij de bovenstaande congruentie hebben we dat $PQ=PB$ , omdat we al $PB=BQ$ hadden, is $\triangle PBQ$ een gelijkzijdige driehoek. Daaruit volgt dan weer $\angle PQB=60^{\circ}$ . We moeten nu laten zien dat $\angle PQD$ de helft is van deze hoek. Dat kan natuurlijk ook door te laten zien dat de andere helft – $\angle DQB=30^{\circ}$ . Ik zie dat dit zo is, omdat $BD$ de middelloodlijn van $CD$ is. Immers, zowel $B$ als $Q$ liggen even ver van $C$ als $D$ af. Hierdoor wordt de hoek bij $C$ in twee gelijke stukken verdeeld en hebben we dus $\angle DQB=\frac{60}{2}^{\circ}=30^{\circ}$ . Hieruit volgt het gevraagde, want $\angle PQD=\angle PQB-\angle DQB=60^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$ .

Stap 3: Het opschrijven van het nette bewijs

We hebben $AP=DP=AD$ , omdat driehoek $\triangle ADP$ gelijkzijdig is. Aangezien $ABCD$ een parallellogram is, is $BC$ ook gelijk aan $AD$ . Gegeven is bovendien dat $AD=BD$ . Samengevat hebben we $AP=DP=AD=BD=BC$ .
We hebben ook $CD=CQ=DQ$ vanwege gelijkzijdigheid en deze zijden zijn gelijk aan $AB$ vanwege het parallellogram $ABCD$ . Er geldt daarom dat $CD=CQ=DQ=AB$ .
Aangezien $\triangle ABD$ en $\triangle BCD$ gelijkbenig zijn, geldt $\angle DAB = \angle DBA$ en $\angle CDB=\angle DBA$ . Vanwege Z-hoeken ( $AB$ en $CD$ zijn evenwijdig, omdat $ABCD$ een parallellogram is, geldt ook $\angle DBA=CDB$ . We noemen deze hoeken in het vervolg $=\alpha$ , waardoor geldt $\angle DAB=\angle DBA = \angle CDB = \angle DBA=\alpha$ .
We zien dat zowel $\angle BAP$ als $\angle QCB$ bestaan uit een hoek van $60^{\circ}$ plus een hoek $\alpha$ . We hebben dus $\angle BAP=\angle QCB$ . Aangezien we al hadden laten zien dat $AP=CB$ en $BA=QC$ geldt vanwege het congruentiegeval ZHZ dat $\triangle BAP\cong\triangle QCB$ . Uit deze congruentie volgt direct $BP=QB$ wat opdracht a is.
In driehoek $\triangle ABD$ zien we dat $\angle ADB=180^{\circ}-2\alpha$ . Omdat de hoeken bij $D$ optellen tot $360^{\circ}$ geldt bovendien $\angle QDP = 360^{\circ}-60^{\circ}-\angle ADB - \alpha - 60^{\circ}=240^{\circ}-angle ADB-\alpha$ . Hier $\angle ADB=180^{\circ}-2\alpha$ in invullen geeft $\angle QDP=240^{\circ}-(180^{\circ}-2\alpha)-\alpha)=60^{\circ}+\alpha$ .
We hebben dus dat $\angle QDP = 60^{\circ}+\alpha = \angle PAB$ . We hebben al eerder laten zien dat $DP=PA$ en $QD=BA$ . Samen laten deze vanwege het congruentiegeval $ZHZ$ zien dat $\triangle ABP\cong\triangle DQP$ . Hieruit volgt $PQ=AB$ .
Aangezien $PQ=BP=QB$ is $\triangle BPQ$ gelijkzijdig. In het bijzonder betekent dit dat $\angle BQP = 60^{\circ}$ .
Zowel $B$ als $Q$ liggen even ver van $C$ als $D$ af. Dit betekent dat $QB$ de middelloodlijn is van $CD$ . Daarom wordt de hoek $\angle CQD$ in twee gelijke stukken verdeeld door $BQ$ . Er geldt daarom dat $\angle DQB=\frac{60^{\circ}}{2}=30^{\circ}$ . Nu volgt dat $\angle PQD=\angle PQB-\angle DQB=60^{\circ}-30^{\circ}=30^{\circ}$ wat we bij opdracht b moeten bewijzen.

Pagina's: 12345