OMB Maxi finale 2026 vraag 4 | Wiskunde is leuk

Een middenparallel blijkt hier meer te zijn dan alleen een evenwijdige rechte: ze is ook een middelloodlijn. Daardoor verschijnt een gelijkbenige driehoek die de concurrentie verklaart. Daarna bepaalt een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek de hoek, zonder coördinaten of goniometrie.

Infobox

Onderwerpen: Meetkunde
Probleemoplossingstechnieken: Gelijkbenige driehoek herkennen, middenparallel en middelloodlijn gebruiken, het middelpunt van een hypotenusa gebruiken, een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek herkennen
Moeilijkheid: Moeilijk
Competitie: Olympiade Mathématique Belge, Maxifinale
Jaar: 2026
Opgavenummer: 4

Opgave

Het punt $E$ is het midden van het lijnstuk $[AB]$ . Het punt $F$ ligt binnen het vierkant $ABCD$ en voldoet aan

$|\widehat{CFE}|=|\widehat{BCF}|=|\widehat{CDF}|=\alpha.$

(a) Als $H$ en $I$ de middelpunten zijn van respectievelijk $[CD]$ en $[CF]$ , bewijs dan dat de rechten $BC$ , $EF$ en $HI$ concurrent zijn.

(b) Bepaal $\alpha$ .

Figuur 1

Figuur 1. We verlengen $BC$ en $EF$ tot hun snijpunt $P$ . De hulpstukken $DF$ , $CF$ en $HI$ maken de middenparallel en de gelijkbenige driehoek $PCF$ zichtbaar.

Eerste idee

De hoeken bij $C$ en $D$ tonen dat driehoek $DCF$ rechthoekig is in $F$ . De middenparallel $HI$ staat dan loodrecht op $CF$ en gaat door het midden ervan. Voor $P=HI\cap BC$ volgt dus $PC=PF$ . De gelijkbenige driehoek $PCF$ bewijst de concurrentie. Daarna leveren $HF=s/2$ en $EH=s$ een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek op die $\alpha$ bepaalt.

Uitwerking

Omdat $ABCD$ een vierkant is, geldt $\angle DCF=90^\circ-\alpha$ . In driehoek $DCF$ vinden we daarom

$\angle DFC=180^\circ-\alpha-(90^\circ-\alpha)=90^\circ.$

Dus $DF\perp CF$ .

(a) De concurrentie

In driehoek $DCF$ zijn $H$ en $I$ de middelpunten van respectievelijk $[DC]$ en $[FC]$ . Volgens de middenparallelstelling is

$HI\parallel DF.$

Omdat $DF\perp CF$ , geldt ook $HI\perp CF$ . Bovendien is $I$ het midden van $[CF]$ . De rechte $HI$ is bijgevolg de middelloodlijn van $[CF]$ .

De richting van $D$ naar $F$ wijst vanaf $D$ het vierkant in. Omdat de halfrechte $HI$ dezelfde richting heeft, snijdt ze de rechte $BC$ op de halfrechte vanuit $C$ door $B$ . Laat dit snijpunt $P$ zijn. Dan ligt $P$ op de middelloodlijn van $[CF]$ , en dus

$PC=PF.$

Driehoek $PCF$ is gelijkbenig met basis $CF$ . Omdat $P$ op de halfrechte vanuit $C$ door $B$ ligt, is

$\angle PCF=\angle BCF=\alpha.$

De basishoeken zijn gelijk, zodat $\angle CFP=\alpha$ . Volgens het gegeven is ook $\angle CFE=\alpha$ . De punten $P$ en $E$ liggen aan dezelfde kant van $CF$ : $P$ ligt op de halfrechte $CB$ , terwijl $E$ op $AB$ ligt. Aan die kant van $CF$ is er vanuit $F$ maar één halfrechte die met $FC$ de hoek $\alpha$ maakt. De halfrechten $FP$ en $FE$ vallen dus samen.

Daarom ligt $P$ op $EF$ . Per definitie ligt $P$ ook op $BC$ en $HI$ . De rechten

$BC,\qquad EF\qquad\text{en}\qquad HI$

zijn dus concurrent.

(b) De waarde van $\alpha$

Noem de zijde van het vierkant $s$ . Het lijnstuk $FE$ , behalve zijn eindpunt $E$ , ligt binnen het vierkant. De halfrechte $FE$ ontmoet de rechte $BC$ dus pas buiten het vierkant. Bijgevolg ligt $P$ op de verlengde zijde voorbij $B$ . De halfrechten $PB$ en $PC$ zijn dezelfde, evenals $PE$ en $PF$ .

Driehoek $DCF$ is rechthoekig in $F$ en $H$ is het midden van de hypotenusa $[DC]$ . Het middelpunt van de hypotenusa van een rechthoekige driehoek ligt even ver van de drie hoekpunten. Bijgevolg

$HF=HC=\frac{s}{2}.$

Driehoek $HCF$ is dus gelijkbenig. Omdat $H,C,D$ collineair zijn, geldt

$\angle HCF=\angle DCF=90^\circ-\alpha.$

Daarom is ook $\angle HFC=90^\circ-\alpha$ . Uit deel (a) weten we dat $\angle CFP=\alpha$ . De halfrechten $FH$ en $FP$ liggen aan weerszijden van $FC$ , zodat

$\angle HFP=(90^\circ-\alpha)+\alpha=90^\circ.$

De punten $E,F,P$ zijn collineair, dus $HF\perp EF$ .

Omdat $E$ en $H$ de middelpunten van de overstaande zijden $[AB]$ en $[DC]$ zijn, is $EH$ evenwijdig met $AD$ en

$EH=AD=s=2HF.$

Driehoek $EHF$ is bijgevolg rechthoekig in $F$ en haar hypotenusa $EH$ is tweemaal de rechthoekszijde $HF$ . In zo’n $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek ligt tegenover de zijde die half zo lang is als de hypotenusa een hoek van $30^\circ$ . Dus

$\angle HEF=30^\circ.$

Verder is $EH\perp EB$ . De halfrechten $EF$ en $EP$ zijn tegengesteld, en $P$ ligt voorbij $B$ . Daarom volgt uit $\angle HEF=30^\circ$ dat

$\angle BEP=60^\circ.$

Driehoek $BEP$ is rechthoekig in $B$ , zodat $\angle BPE=30^\circ$ . In de gelijkbenige driehoek $PCF$ zijn de basishoeken gelijk aan $\alpha$ . Omdat de halfrechten $PB$ en $PC$ samenvallen en ook $PE$ en $PF$ samenvallen, geldt

$30^\circ=\angle BPE=\angle CPF=180^\circ-2\alpha.$

Daaruit besluiten we

$\boxed{\alpha=75^\circ}.$

Probleemoplossingstechnieken

Een gelijkbenige driehoek herkennen: De middelloodlijn geeft $PC=PF$ ; de gelijke basishoeken leveren de collineariteit.
Middenparallel en middelloodlijn gebruiken: Uit $HI\parallel DF$ , $DF\perp CF$ en $CI=IF$ volgt dat $HI$ de middelloodlijn van $CF$ is.
Het middelpunt van een hypotenusa gebruiken: Omdat $H$ het midden is van de hypotenusa van de rechthoekige driehoek $DCF$ , geldt $HF=HC=s/2$ .
Een $30^\circ$ – $60^\circ$ – $90^\circ$ -driehoek herkennen: In de rechthoekige driehoek $EHF$ geldt $EH=2HF$ ; daaruit volgt $\angle HEF=30^\circ$ .