Geometri maraton

[Lil_Flip39]

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 $D$.

[lfe]

Vi definerer noen punkter:

• $J=EF\cap AI$
• Super point K
• Super qoint N
• R er den andre skjæringen mellom (ABC) og GM
• S er den andre skjæringen mellom (ABC) og QM

$\mathbf{\text{Påstand 1:}}$
Q er Miquelpunktet til BCEF.
$\mathbf{\text{Bevis:}}$
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.

$\mathbf{\text{Påstand 2:}}$
Spiralhomotetien $\varphi$ i Q som sender FE til AB sender P til D.
$\mathbf{\text{Bevis:}}$
Vinkeljakt gir oss at $\mathrm{\angle }DFE=\frac{1}{2}(\mathrm{\angle }A+\mathrm{\angle }B)=\mathrm{\angle }DIC$ og $\mathrm{\angle }FED=\frac{1}{2}(\mathrm{\angle }A+\mathrm{\angle }C)=\mathrm{\angle }BID$.
Dermed har vi $\mathrm{\Delta }FPD\sim \mathrm{\Delta }IDC$ og $\mathrm{\Delta }EPD\sim \mathrm{\Delta }IDB$. 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 $\varphi (P)=D$

$\mathbf{\text{Påstand 3:}}$
G, D og N ligger på linje.
$\mathbf{\text{Bevis:}}$
La $D^{\prime }=BC\cap GN$. Vi har dermed
$$(B,D;M,C)\stackrel{\varphi }{=}(F,P;J,E)\stackrel{A}{⩞}(B,G;K,C)\stackrel{N}{⩞}(B,D^{\prime };M,C)$$
Det betyr at $D=D^{\prime }$.


Av det vi har vist så langt får vi $\mathrm{\angle }AQI={90}^{\circ }=\mathrm{\angle }AJP$ og $\mathrm{\angle }KGN={90}^{\circ }=\mathrm{\angle }DMK$. Det betyr at AQPJ og DGKM er sykliske.
Videre har vi at $\varphi (I)=K$. Dermed er Q, D og K kollineære.

$\mathbf{\text{Påstand 4:}}$
R og S er henholdsvis refleksjonene av Q og G over KN .
$\mathbf{\text{Bevis:}}$
Det følger av vinkeljakt:
$$\begin{array}{rlrl}\measuredangle KDM& =\measuredangle KGM& =\measuredangle KGR& =\measuredangle KQR\end{array}$$
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 $\mathrm{\Delta }QGM$. Dermed er oppgaven vist.

[lfe]

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.

[noaherkul1234567890]

(Noah sin løsning)

Av epp har vi at $JM\cdot MG=BM\cdot MC=AM\cdot MH$, så $BGCJ$ er syklisk.

[noaherkul1234567890]

Ny oppgave:
La $ABC$ være en trekant med $AB=AC\ne BC$, 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]

La $I^{\prime }$ være refleksjonen av $I$ over $AC$
La $E^{\prime }$ være skjæringen av $AI$ med $(BCD)$, som ligger på segmentet $AI$, eller hvis det ikke skjærer på segmentet på strålen $AI$.
La $K=I^{\prime }C\cap AI$
påstand 1: $K,B,I^{\prime },D$ syklisk
bevis: $\mathrm{\angle }D{I}^{\prime }K=\mathrm{\angle }D{I}^{\prime }C=\mathrm{\angle }DIC={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }BIC=\mathrm{\angle }ACB=\mathrm{\angle }IC{I}^{\prime }={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }ICK={180}^{\circ }-\mathrm{\angle }IBK=\mathrm{\angle }DBK$ som viser påstanden.

La $AI$ skjære $BC$ i $L$. Nå har vi $\mathrm{\angle }D{E}^{\prime }L=\mathrm{\angle }DBK=180{‘}^{\circ }-\mathrm{\angle }C$ som impliserer $L,E^{\prime },C,D$ syklisk, så $E^{\prime }D\perp AC$ så $E=E^{\prime }$ og vi er ferdige.

[Lil_Flip39]

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 $\omega$

[lfe]

La $X=AD\cap \omega$. Av EGMO kapittel 4 holder det å vise at X ligger på sirkel MPQ. Det følger av epp.

[lfe]

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?

[Lil_Flip39]

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.

[Lil_Flip39]

La $ABCD$ være en syklisk firkant med $AB=7,CD=8$ $P,Q$ ligger på $AB$ slik at $AP=BQ=3$,$R,S$ ligger på $CD$ slik at $CR=DS=2$. Vis at $PQRS$ er syklisk.

[TorsteinBM]

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

[TorsteinBM]

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.

[lfe]

$\mathrm{\angle }PIQ={120}^{\circ }$
Vi lar ABC være referansetrekanten i et barysentrisk koordinatsystem.
Det er velkjent at $D=(0,\frac{1}{2},\frac{1}{2})$ og $I=(a^{\prime },b^{\prime },c^{\prime })=(\frac{a}{a+b+c},\frac{b}{a+b+c},\frac{c}{a+b+c})$. 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:
$$\begin{array}{rl}\frac{IR\cdot AD}{2}& =[ABC]\cdot \left|\begin{array}{ccc}1& 0& 0\\ a^{\prime }& b^{\prime }& c^{\prime }\\ 0& \frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right|\\ & =\frac{1}{2}r(a+b+c)\cdot \frac{b-c}{2(a+b+c)}\end{array}$$
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 $\mathrm{\angle }PIQ={120}^{\circ }$.

[lfe]

La $ABC$ være en spissvinklet trekant med innsenter $I$ og omsenter $O$. La $D$, $E$ og $F$ være innberøringspunktene. La $A^{\prime }$ være refleksjonen av $A$ over $O$. Omsirklene til $ABC$ og $A^{\prime }EF$ skjærer igjen i $G$ og omsirklene til $AMG$ og $A^{\prime }EF$ skjærer i $H\ne G$, der $M$ er midtpunktet på $EF$. Vis at hvis $GH\cap EF=T$, så er $DT\perp EF$.