Dette er den nye geometri maraton. Likt som Abelmaraton, bare at det er utelukkende geometri.
Let $ABC$ be a scalene triangle with incenter $I$. The incircle of $ABC$ touches $\overline{BC},\overline{CA},\overline{AB}$ at points $D,E,F$, respectively. Let $P$ be the foot of the altitude from $D$ to $\overline{EF}$, and let $M$ be the midpoint of $\overline{BC}$. The rays $AP$ and $IP$ intersect the circumcircle of triangle $ABC$ again at points $G$ and $Q$, respectively. Show that the incenter of triangle $GQM$ coincides with $D$.
Geometri maraton
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Vi definerer noen punkter:
Q er Miquelpunktet til BCEF.
$\textbf{Bevis:}$
Vi inverterer med hensyn på innsirkelen.
Sirkel (ABC) sendes til nipunktsirkelen til DEF, siden A, B og C sendes til midtpunktene i DEF. Det følger at Q sendes til foten av høyden fra D på EF. Altså P og Q byttes. Dermed vet vi at Q ligger på (AFIE) og at det er Miquelpunktet til BCEF.
$\textbf{Påstand 2:}$
Spiralhomotetien $\phi$ i Q som sender FE til AB sender P til D.
$\textbf{Bevis:}$
Vinkeljakt gir oss at $\angle DFE = \frac{1}{2}(\angle A+\angle B)=\angle DIC$ og $\angle FED =\frac{1}{2}(\angle A+\angle C)=\angle BID$.
Dermed har vi $\Delta FPD \sim \Delta IDC$ og $\Delta EPD \sim \Delta IDB$. Det følger at$\frac{FP}{PD} =\frac{ID}{DC}$ og $\frac{EP}{PD} =\frac{ID}{DB}$. Det betyr $\frac{FP}{EP}=\frac{DB}{DC}$. Dette impliserer $\phi(P)=D$
$\textbf{Påstand 3:}$
G, D og N ligger på linje.
$\textbf{Bevis:}$
La $D'=BC\cap GN$. Vi har dermed
\[(B,D;M,C)\stackrel{\phi}{=}(F,P;J,E)\stackrel{A}\doublebarwedge (B,G;K,C)\stackrel{N}\doublebarwedge (B,D';M,C)\]
Det betyr at $D=D'$.
Av det vi har vist så langt får vi $\angle AQI =90^{\circ} =\angle AJP$ og $\angle KGN=90^{\circ} =\angle DMK$. Det betyr at AQPJ og DGKM er sykliske.
Videre har vi at $\phi(I)=K$. Dermed er Q, D og K kollineære.
$\textbf{Påstand 4:}$
R og S er henholdsvis refleksjonene av Q og G over KN .
$\textbf{Bevis:}$
Det følger av vinkeljakt:
\begin{align*}
\measuredangle KDM &= \measuredangle KGM
&= \measuredangle KGR
&= \measuredangle KQR
\end{align*}
Q er refleksjonen av R over KN, siden $QR\parallel BC$.
Av symmetri følger det at S er refleksjonen av G over KN.
Av påstand 2, 3 og 4 er GD og QD vinkelhalveringslinjer i $\Delta QGM$. Dermed er oppgaven vist.
- $J=EF\cap AI$
- Super point K
- Super qoint N
- R er den andre skjæringen mellom (ABC) og GM
- S er den andre skjæringen mellom (ABC) og QM
Q er Miquelpunktet til BCEF.
$\textbf{Bevis:}$
Vi inverterer med hensyn på innsirkelen.
Sirkel (ABC) sendes til nipunktsirkelen til DEF, siden A, B og C sendes til midtpunktene i DEF. Det følger at Q sendes til foten av høyden fra D på EF. Altså P og Q byttes. Dermed vet vi at Q ligger på (AFIE) og at det er Miquelpunktet til BCEF.
$\textbf{Påstand 2:}$
Spiralhomotetien $\phi$ i Q som sender FE til AB sender P til D.
$\textbf{Bevis:}$
Vinkeljakt gir oss at $\angle DFE = \frac{1}{2}(\angle A+\angle B)=\angle DIC$ og $\angle FED =\frac{1}{2}(\angle A+\angle C)=\angle BID$.
Dermed har vi $\Delta FPD \sim \Delta IDC$ og $\Delta EPD \sim \Delta IDB$. Det følger at$\frac{FP}{PD} =\frac{ID}{DC}$ og $\frac{EP}{PD} =\frac{ID}{DB}$. Det betyr $\frac{FP}{EP}=\frac{DB}{DC}$. Dette impliserer $\phi(P)=D$
$\textbf{Påstand 3:}$
G, D og N ligger på linje.
$\textbf{Bevis:}$
La $D'=BC\cap GN$. Vi har dermed
\[(B,D;M,C)\stackrel{\phi}{=}(F,P;J,E)\stackrel{A}\doublebarwedge (B,G;K,C)\stackrel{N}\doublebarwedge (B,D';M,C)\]
Det betyr at $D=D'$.
Av det vi har vist så langt får vi $\angle AQI =90^{\circ} =\angle AJP$ og $\angle KGN=90^{\circ} =\angle DMK$. Det betyr at AQPJ og DGKM er sykliske.
Videre har vi at $\phi(I)=K$. Dermed er Q, D og K kollineære.
$\textbf{Påstand 4:}$
R og S er henholdsvis refleksjonene av Q og G over KN .
$\textbf{Bevis:}$
Det følger av vinkeljakt:
\begin{align*}
\measuredangle KDM &= \measuredangle KGM
&= \measuredangle KGR
&= \measuredangle KQR
\end{align*}
Q er refleksjonen av R over KN, siden $QR\parallel BC$.
Av symmetri følger det at S er refleksjonen av G over KN.
Av påstand 2, 3 og 4 er GD og QD vinkelhalveringslinjer i $\Delta QGM$. Dermed er oppgaven vist.
Ny oppgave:
La ABC være en spissvinklet trekant. Innsirkelen tangerer AC og AB i D og E henholdsvis. La M være midtpunktet på BC. La G være skjæringen mellom DE og linjen gjennom M som står normalt på BC. La H være den andre skjæringen mellom (ABC) og AM. La (AGH) skjære GM igjen i J. Vis at BGCJ er syklisk.
La ABC være en spissvinklet trekant. Innsirkelen tangerer AC og AB i D og E henholdsvis. La M være midtpunktet på BC. La G være skjæringen mellom DE og linjen gjennom M som står normalt på BC. La H være den andre skjæringen mellom (ABC) og AM. La (AGH) skjære GM igjen i J. Vis at BGCJ er syklisk.
-
noaherkul1234567890
- Pytagoras
- Innlegg: 12
- Registrert: 09/09-2024 11:41
(Noah sin løsning)
Av epp har vi at $JM \cdot MG = BM \cdot MC = AM \cdot MH$, så $BGCJ$ er syklisk.
Av epp har vi at $JM \cdot MG = BM \cdot MC = AM \cdot MH$, så $BGCJ$ er syklisk.
-
noaherkul1234567890
- Pytagoras
- Innlegg: 12
- Registrert: 09/09-2024 11:41
Ny oppgave:
La $ABC$ være en trekant med $AB = AC \neq BC$, og la $I$ være innsenteret til trekanten. Linjen $BI$ møter $AC$ i $D$, og linjen gjennom $D$ normalt på $AC$ møter $AI$ i $E$. Vis at refleksjonen av $I$ i $AC$ ligger på $(BDE)$.
La $ABC$ være en trekant med $AB = AC \neq BC$, og la $I$ være innsenteret til trekanten. Linjen $BI$ møter $AC$ i $D$, og linjen gjennom $D$ normalt på $AC$ møter $AI$ i $E$. Vis at refleksjonen av $I$ i $AC$ ligger på $(BDE)$.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
La $I'$ være refleksjonen av $I$ over $AC$
La $E'$ være skjæringen av $AI$ med $(BCD)$, som ligger på segmentet $AI$, eller hvis det ikke skjærer på segmentet på strålen $AI$.
La $K=I'C\cap AI$
påstand 1: $K,B,I',D$ syklisk
bevis: $\angle DI'K=\angle DI'C=\angle DIC=180^\circ -\angle BIC = \angle ACB=\angle ICI'=180^\circ-\angle ICK=180^\circ-\angle IBK=\angle DBK$ som viser påstanden.
La $AI$ skjære $BC$ i $L$. Nå har vi $\angle DE'L=\angle DBK=180`^\circ-\angle C$ som impliserer $L,E',C,D$ syklisk, så $E'D\perp AC$ så $E=E'$ og vi er ferdige.
La $E'$ være skjæringen av $AI$ med $(BCD)$, som ligger på segmentet $AI$, eller hvis det ikke skjærer på segmentet på strålen $AI$.
La $K=I'C\cap AI$
påstand 1: $K,B,I',D$ syklisk
bevis: $\angle DI'K=\angle DI'C=\angle DIC=180^\circ -\angle BIC = \angle ACB=\angle ICI'=180^\circ-\angle ICK=180^\circ-\angle IBK=\angle DBK$ som viser påstanden.
La $AI$ skjære $BC$ i $L$. Nå har vi $\angle DE'L=\angle DBK=180`^\circ-\angle C$ som impliserer $L,E',C,D$ syklisk, så $E'D\perp AC$ så $E=E'$ og vi er ferdige.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
Ny oppgave:
In triangle $ABC$, let $\omega$ be the excircle opposite to $A$. Let $D, E$ and $F$ be the points where $\omega$ is tangent to $BC, CA$, and $AB$, respectively. The circle $AEF$ intersects line $BC$ at $P$ and $Q$. Let $M$ be the midpoint of $AD$. Prove that the circle $MPQ$ is tangent to $\omega$
In triangle $ABC$, let $\omega$ be the excircle opposite to $A$. Let $D, E$ and $F$ be the points where $\omega$ is tangent to $BC, CA$, and $AB$, respectively. The circle $AEF$ intersects line $BC$ at $P$ and $Q$. Let $M$ be the midpoint of $AD$. Prove that the circle $MPQ$ is tangent to $\omega$
Vi har et tetraeder \(ABCD\).
La \(K\) være innsenteret av \(BCD\).
La \(M\) være innsenteret av \(ABD\).
La \(L\) være tyngdepunktet av \(ACD\).
La \(N\) være tyngdepunktet av \(ABC\).
Anta at \(AK\), \(BL\), \(CM\) og \(DN\) skjærer i et punkt.
Er \(ABCD\) regulær?
La \(K\) være innsenteret av \(BCD\).
La \(M\) være innsenteret av \(ABD\).
La \(L\) være tyngdepunktet av \(ACD\).
La \(N\) være tyngdepunktet av \(ABC\).
Anta at \(AK\), \(BL\), \(CM\) og \(DN\) skjærer i et punkt.
Er \(ABCD\) regulær?
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
Svaret er nei.
Konstruer et tetraeder hvor /(BCD/) /(ABD/) er likesidet.
Påstand 1: i en tetraeder, skjærer linjene gjennom et hjørne og det motsatte tyngdepunktet i et punkt.
Bevis: Se på planet gjennom 2 hjørner og det motsatte midtpunktet. Dette lager et plan. Observer at siden tyngdepunktet e også ligger på dette planet, har vi at linjene gjennom hjørnene og de motsatte tyngdepunktene skjærer hverandre i et punkt hvor forholdet er konstant, så hvis vi gjør det på alle sidene får vi at alle skjærer en linje på samme punkt, som beviser påstanden.
Siden i en regulær trekant er innsenteret lik tyngdepunktet, så av påstand 1 er vi ferdige.
Konstruer et tetraeder hvor /(BCD/) /(ABD/) er likesidet.
Påstand 1: i en tetraeder, skjærer linjene gjennom et hjørne og det motsatte tyngdepunktet i et punkt.
Bevis: Se på planet gjennom 2 hjørner og det motsatte midtpunktet. Dette lager et plan. Observer at siden tyngdepunktet e også ligger på dette planet, har vi at linjene gjennom hjørnene og de motsatte tyngdepunktene skjærer hverandre i et punkt hvor forholdet er konstant, så hvis vi gjør det på alle sidene får vi at alle skjærer en linje på samme punkt, som beviser påstanden.
Siden i en regulær trekant er innsenteret lik tyngdepunktet, så av påstand 1 er vi ferdige.
-
Lil_Flip39
- Cayley
- Innlegg: 69
- Registrert: 25/04-2024 12:57
- Sted: Oslo
La [tex]ABCD[/tex] være en syklisk firkant med [tex]AB=7,CD=8[/tex] [tex]P,Q[/tex] ligger på [tex]AB[/tex] slik at [tex]AP=BQ=3[/tex],[tex]R,S[/tex] ligger på [tex]CD[/tex] slik at [tex]CR=DS=2[/tex]. Vis at [tex]PQRS[/tex] er syklisk.
-
TorsteinBM
- Noether
- Innlegg: 33
- Registrert: 13/12-2023 07:55
hvis AB ikke krysser CD er det åpenbart at PQRS er syklisk.
hvis AB og CD krysser kaller vi dette punktet T, av EPP får vi
|TC|*|TD| = |TA|*|TB|
|TC|*(|TC|+8) = |TA|*(|TA|+7)
|TC|²+8|TC| = |TA|²+7|TA|
hvis vi bruker EPP på PQRS får vi at vi vil vise:
|TP|*|TQ| = |TR|*|TS|
(|TA|+3)*(|TA|+4)=(|TC|+2)*(|TC|+6)
|TA|²+7|TA|+12 = |TC|²+8|TC|+12
|TA|²+7|TA| = |TC|²+8|TC|
som vi fant ut tidligere at stemmer så vi er ferdige
hvis AB og CD krysser kaller vi dette punktet T, av EPP får vi
|TC|*|TD| = |TA|*|TB|
|TC|*(|TC|+8) = |TA|*(|TA|+7)
|TC|²+8|TC| = |TA|²+7|TA|
hvis vi bruker EPP på PQRS får vi at vi vil vise:
|TP|*|TQ| = |TR|*|TS|
(|TA|+3)*(|TA|+4)=(|TC|+2)*(|TC|+6)
|TA|²+7|TA|+12 = |TC|²+8|TC|+12
|TA|²+7|TA| = |TC|²+8|TC|
som vi fant ut tidligere at stemmer så vi er ferdige
-
TorsteinBM
- Noether
- Innlegg: 33
- Registrert: 13/12-2023 07:55
Ny oppgave:
La ABC være en trakant med insentre I. La midtpunktet på BC være D. linjestykket AD kjærer insirkelen i punktene P og Q. Bestem vinkelen PIQ hvis AC=AB+AD.
La ABC være en trakant med insentre I. La midtpunktet på BC være D. linjestykket AD kjærer insirkelen i punktene P og Q. Bestem vinkelen PIQ hvis AC=AB+AD.
\(\angle PIQ = 120^{\circ}\)
Vi lar ABC være referansetrekanten i et barysentrisk koordinatsystem.
Det er velkjent at \(D=(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})\) og \(I=(a',b',c')=(\frac{a}{a+b+c}, \frac{b}{a+b+c}, \frac{c}{a+b+c})\). Fra oppgaven vet vi \(AD=b-c\).
La \(R\) være fotpunktet til \(I\) på \(AD\). vi kan nå regne ut arealet til AID på to måter:
\begin{align*}
\frac{IR\cdot AD}{2} &= [ABC] \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a' & b' & c' \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{vmatrix} \\
&=\frac{1}{2}r(a+b+c)\cdot \frac{b-c}{2(a+b+c)}
\end{align*}
Dersom vi forenkler likningen ovenfor, får vi \(\frac{IR}{r}=\frac{1}{2}\). Det betyr at trekantene PIR og QIR er 30-60-90. Dermed har vi \(\angle PIQ = 120^{\circ}\).
Vi lar ABC være referansetrekanten i et barysentrisk koordinatsystem.
Det er velkjent at \(D=(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})\) og \(I=(a',b',c')=(\frac{a}{a+b+c}, \frac{b}{a+b+c}, \frac{c}{a+b+c})\). Fra oppgaven vet vi \(AD=b-c\).
La \(R\) være fotpunktet til \(I\) på \(AD\). vi kan nå regne ut arealet til AID på to måter:
\begin{align*}
\frac{IR\cdot AD}{2} &= [ABC] \cdot \begin{vmatrix} 1 & 0 & 0 \\ a' & b' & c' \\ 0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \end{vmatrix} \\
&=\frac{1}{2}r(a+b+c)\cdot \frac{b-c}{2(a+b+c)}
\end{align*}
Dersom vi forenkler likningen ovenfor, får vi \(\frac{IR}{r}=\frac{1}{2}\). Det betyr at trekantene PIR og QIR er 30-60-90. Dermed har vi \(\angle PIQ = 120^{\circ}\).
La \(ABC\) være en spissvinklet trekant med innsenter \(I\) og omsenter \(O\). La \(D\), \(E\) og \(F\) være innberøringspunktene. La \(A'\) være refleksjonen av \(A\) over \(O\). Omsirklene til \(ABC\) og \(A'EF\) skjærer igjen i \(G\) og omsirklene til \(AMG\) og \(A'EF\) skjærer i \(H\neq G\), der \(M\) er midtpunktet på \(EF\). Vis at hvis \(GH\cap EF=T\), så er \(DT\perp EF\).