Geometri maraton

Lil_Flip39 · 26/12-2024 12:10

La sirkelen gjennom $(AMG)$ skjære innsirkelen i punkter $K,L$. Åpenbart går linja $KL$ gjennom $T$ av radikalakser. La linja $EF$ skjære sirkel $(AMG)$ i $S\neq M$. La også $AT$ skjære $(AMG)$ igjen i $P$.
Påstand 1: $S-G-A'$ er en linje.
Bevis: Siden $AS$ er diameter av at $AM\perp EF$ følger det at
\[\angle SGA=90^\circ=\angle AGA'\]
så resultatet følger.

Påstand 2: $(AMG)$ og insirkelen er ortogonale.
Bevis: Under inversjon om insirkelen blir $A,M$ bytta, og $K,L$ blir beholdt, så sirkelen er invariant under inversjon, som beviser påstanden.
Dette impliserer også at $IK,IL$ er tangenter til $(AMG)$. Da følger det at $(A,M;K,L)=-1$.

Påstand 3: $S-P-I$ er en linje.
Bevis:
\[-1=(A,M;K,L)=(P,S;L,K)\]
så tangentene til $AMG$ fra $K,L$ skjærer på linja $SP$ så vi er ferdige.

Påstand 4: $(S,T;F,E)=-1$
Bevis: Dette er ekvalent med at linja $AP$ er polaren til $S$ med hensyn til insirkelen.
Av lahire, vet vi at polaren går gjennom $A$, og siden $IS\perp AP$ (Av at $AS$ er diameter) følger det at polaren må være linja $AP$ som var det vi skulle vise.

Påstand 5: $(TGMA')$ er syklisk.
Bevis: Det er velkjent resultat av harmoniske kryssforhold at
\[ST\times SM = SF\times SE = SG\times SA'\]

Påstand 6: $A'-I-T$ er en linje
Bevis: Først se at $TMPI$ er trivielt syklisk. Nå har vi:
\[\measuredangle MTA'=\measuredangle MGA'=\measuredangle MAS=\measuredangle MPI =\measuredangle MTI\]
som beviser påstanden.

Til slutt lar vi $IT\cap (ABC)=Q$. Siden $\angle AQI=90^\circ$ følger det at $Q$ er sharkydevil punktet, så det er velkjent at $DT\perp EF$

Lil_Flip39 · 26/12-2024 12:24

LA $ABC$ være en spissvinklet trekant med ortosenter $H$. La $G$ være punktet slik at firkanten $ABGH$ er et parallelogram. La $I$ være punktet på linja $GH$ slik at $AC$ halverer $HI$. Anta at linja $AC$ skjærer omsirkelen til trekanten $GCI$ i $C$ og $J$. Vis at $IJ=AH$

lfe · 01/02-2025 21:14

La J' være refleksjonen av J over D.
$\textbf{Påstand:}$ (BGCJ'H)
Vi har med en gang at $\measuredangle HGB =\measuredangle BAH = \measuredangle HCB$ og dermed (BGCH).
Videre har vi
$
\begin{align}
\measuredangle HJ'C &= \measuredangle HJ'J\\
&= \measuredangle IJC\\
&= \measuredangle IGC\\
&= HGC
\end{align}
$
Dermed har vi (BGCJ'H).

Det holder å vise at $\measuredangle HAJ' =\measuredangle AJ'H$ siden $IJ=HJ'$.
Det følger av
$
\begin{align}
\measuredangle AJ'H &= \measuredangle CJ'H\\
&= \measuredangle CBH\\
&= \measuredangle HAJ'
\end{align}
$

lfe · 01/02-2025 21:20

La $ABC$ være en spissvinklet trekant med ortosenter $H$. La $P$ være et punkt på $BC$ og la $D$ være foten til $H$ ned på $AP$. La omsirklene til $ABD$ og $ADC$ henholdsvis være $\omega_1$ og $\omega_2$. En linje $l$ er parallell med $BC$ og går gjennom $D$. $l$ skjærer $\omega_1$ og $\omega_2$ henholdsvis igjen i $X$ og $Y$. La $E=l\cap AB$, $F=l\cap AC$ og $Z=XB\cap CY$. Vis at $BP=CP$ hvis og bare hvis $ZE=ZF$

Lil_Flip39 · 02/02-2025 14:07

Påstand 1: $Z \in (ABC)$
bevis:
$$\measuredangle BAC=\measuredangle BAD+\measuredangle DAC=\measuredangle BXD+\measuredangle DYC=\measuredangle BZC$$

PÅstand 2:$AZ, AD$ isogonale
bevis:
$$\measuredangle BAD=\measuredangle BXD=\measuredangle ZBC =\measuredangle ZAC$$

Hvis$BP=CP$ følger oppgaven av at $D$ er humpty punktet, og da er det velkjent at $Z,D$ er symmetriske om $BC$, som impliserer resultatet.

Hvis$ZE=ZF$: se på inversjon i sentrum $A$ med radius $AB\times AE$, oppfølgt med refleksjon om vinkelhalveringslinja. kall denne operasjonen $\Phi$
la $\Phi(X)=X^*$
Vi gjør noen trivielle observasjoner:
$\Phi(EF)=(ABC)\implies \Phi(D)=Z$
Nå, la midtnormalen til $EF$ være $k$.
siden $k\perp EF$, er $\Phi(k)$ ortogonal med $(ABC)$.
La midpunktet på $EF$ være $D'$. Siden $D'\in \Phi(k)$. og at $(E,F;D',\infty_{EF})=-1$ har vi at $(B,C,D'^*,A)=-1$, så $\Phi(k)$ er $A$-appolonius sirkelen, siden sirkelen går gjennom sirkelen går gjennom $A,D^*$ og er ortogonal med $(ABC)$; og den sirkelen er unik.
Dette impliserer $D$ er på $A$-appolonius sirkelen, sammen med at $\angle HDA=90^\circ$ har vi at $D$ er A-humpty punktet, så resultatet følger.

Lil_Flip39 · 02/02-2025 18:01

La $\omega_1,\omega_2,\omega_3$ med være 3 sirkeler senter i $X,Y,Z$, slik at alle sirkelene skjærer de andre $2$ i $2$ punkter hver. La
$\omega_1\cap \omega_2=A,D$,
$\omega_1\cap \omega_3=B,E$
$\omega_3\cap \omega_2=C,F$
la $P,Q$ være omsenterene til $\triangle ABC$ og $\triangle DEF$
Vis at $P,Q$ er isogonalkonjugater i $\triangle XYZ$.

(The isogonal conjugate $X^{-1}$ of a point $X$ in the plane of the triangle $\triangle ABC$ is constructed by reflecting the lines $AX, BX, CX$ about the angle bisectors at $A, B, C$)

lfe · 02/02-2025 21:33

Av symmetri holder det å vise $\measuredangle QZY = \measuredangle XZP$.
La $K = AC\cap PZ$, $L= XZ\cap CF$, $M=AD\cap YZ$ og $N=ZQ\cap DF$.
Vi har av ortogonalitet mellom linjene at (KCZP) og (MDZN).
Vinkeljakt:
$ \begin{align}
\measuredangle QZY &= \measuredangle NZM\\
&= \measuredangle NDM\\
&=\measuredangle FDA\\
&=\measuredangle FCA\\
&=\measuredangle LCK\\
&=\measuredangle LZK\\
&=\measuredangle XZP
\end{align}$

lfe · 02/02-2025 21:44

Ny oppgave:
La $d(P, l)$ være avstanden mellom punktet $P$ og linjen $l$. La $ABC$ være en trekant med omkrets $L$ og areal $S$. La $P$ være et punkt slik at $d(P,BC)=1$, $d(P,AC)=\frac{3}{2}$ og $d(P,AB)=2$. La $D$, $E$ og $F$ være føttene til cevianene gjennom $P$ henholdsvis på $BC$, $AC$ og $AB$. La arealet til $DEF$ være $T$. Vis følgende ulikhet:
\[\left( \frac{AD\cdot BE\cdot CF}{T} \right)^{2} > 4L^2+\left( \frac{AB\cdot BC\cdot AC}{24S} \right) ^{2}\]