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 \(DT\perp EF\)
Geometri maraton
Moderators: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
Lil_Flip39
- Cantor
- Posts: 137
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
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 \(IJ=AH\)
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
\(
\begin{align}
\measuredangle AJ'H &= \measuredangle CJ'H\\
&= \measuredangle CBH\\
&= \measuredangle HAJ'
\end{align}
\)
\(\textbf{Påstand:}\) (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
\(
\begin{align}
\measuredangle AJ'H &= \measuredangle CJ'H\\
&= \measuredangle CBH\\
&= \measuredangle HAJ'
\end{align}
\)
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
- Cantor
- Posts: 137
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
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.
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
- Cantor
- Posts: 137
- Joined: 25/04-2024 12:57
- Location: Oslo
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 \(A, B, C\))
\(\omega_1\cap \omega_2=A,D\),
\(\omega_1\cap \omega_3=B,E\)
\(\omega_3\cap \omega_2=C,F\)
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 \(A, B, C\))
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:
\( \begin{align}
\measuredangle QZY &= \measuredangle NZM\\
&= \measuredangle NDM\\
&=\measuredangle FDA\\
&=\measuredangle FCA\\
&=\measuredangle LCK\\
&=\measuredangle LZK\\
&=\measuredangle XZP
\end{align}\)
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:
\( \begin{align}
\measuredangle QZY &= \measuredangle NZM\\
&= \measuredangle NDM\\
&=\measuredangle FDA\\
&=\measuredangle FCA\\
&=\measuredangle LCK\\
&=\measuredangle LZK\\
&=\measuredangle XZP
\end{align}\)
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:
\[\left( \frac{AD\cdot BE\cdot CF}{T} \right)^{2} > 4L^2+\left( \frac{AB\cdot BC\cdot AC}{24S} \right) ^{2}\]
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:
\[\left( \frac{AD\cdot BE\cdot CF}{T} \right)^{2} > 4L^2+\left( \frac{AB\cdot BC\cdot AC}{24S} \right) ^{2}\]
-
nilpotent1
- Pytagoras
- Posts: 8
- Joined: 30/09-2025 14:52
It is trivial to see that,
\[
\begin{cases}
AD^2 = \frac{b c \left(-12 a^2+12 b^2+25 b c+12 c^2\right)}{(3 b+4 c)^2}\\ BE^2 = \frac{a c \left(2 a^2+5 a c-2 b^2+2 c^2\right)}{(a+2 c)^2}\\
CF^2 = \frac{a b \left(6 a^2+13 a b+6 b^2-6 c^2\right)}{(2 a+3 b)^2}\\
\frac{T}{S} = 1-\frac{np}{ab}-\frac{qr}{bc}-\frac{ms}{ac}= \frac{24 a b c}{(2 a+3 b) (a+2 c) (3 b+4 c)}
\end{cases}
\]
Thus,
\begin{multline*}
24^2\left(\frac{AD\cdot BE\cdot CF}{T/S}\right)^2
=24^2\frac{\dfrac{bc(-12a^2+12b^2+25bc+12c^2)}{(3b+4c)^2}\cdot\dfrac{ac(2a^2+5ac-2b^2+2c^2)}{(a+2c)^2}\cdot\dfrac{ab(6a^2+13ab+6b^2-6c^2)}{(2a+3b)^2}}
{\left(\dfrac{24abc}{(2a+3b)(a+2c)(3b+4c)}\right)^2}
= \big(-12a^2+12b^2+25bc+12c^2\big)\big(2a^2+5ac-2b^2+2c^2\big)\big(6a^2+13ab+6b^2-6c^2\big)
\end{multline*}
We need to show that this expression is at least,
$$4 \cdot 24^2 L^2 S^2 + a^2 b^2 c^2$$
Consider Ravi substitution $a = y + z$, $b = x + z$ and $c = x + y$, then by Heron’s formula we know that,
$$S^2 = s(s - a)(s - b)(s - c) = xyz(x + y + z)$$
Thus,
\begin{multline*}
24^2 \cdot 4L^2 S^2 + a^2 b^2 c^2 = 4 \cdot 24^2 (x + y + z)^2 \cdot xyz(x + y +z) + (y + z)^2(x + z)^2(x+y)^2= 4 \cdot 24^2 xyz (x + y + z)^3 + (y + z)^2(x + z)^2(x+y)^2
\end{multline*}
Now let us simplify the previous expression,
\begin{multline*}
\big(-12a^2+12b^2+25bc+12c^2\big)\big(2a^2+5ac-2b^2+2c^2\big)\big(6a^2+13ab+6b^2-6c^2\big)
= \big(49x(x+y+z)+yz\big)\big(9y(x+y+z)+xz\big)\big(25z(x+y+z)+xy\big)
\end{multline*}
Thus we now need to show that,
\begin{multline*}
\big(49x(x+y+z)+yz\big) \big(9y(x+y+z)+xz\big) \big(25z(x+y+z)+xy\big)
> 4 \cdot 24^2 xyz (x + y + z)^3 + (y + z)^2(x + z)^2(x+y)^2
\end{multline*}
noticing that $49 \cdot 9 \cdot 25 > 4 \cdot 24^2$ we conclude that the inequality is obvious, since the second term will be trivially smaller than the rest of the terms on the left. $\blacksquare$
\[
\begin{cases}
AD^2 = \frac{b c \left(-12 a^2+12 b^2+25 b c+12 c^2\right)}{(3 b+4 c)^2}\\ BE^2 = \frac{a c \left(2 a^2+5 a c-2 b^2+2 c^2\right)}{(a+2 c)^2}\\
CF^2 = \frac{a b \left(6 a^2+13 a b+6 b^2-6 c^2\right)}{(2 a+3 b)^2}\\
\frac{T}{S} = 1-\frac{np}{ab}-\frac{qr}{bc}-\frac{ms}{ac}= \frac{24 a b c}{(2 a+3 b) (a+2 c) (3 b+4 c)}
\end{cases}
\]
Thus,
\begin{multline*}
24^2\left(\frac{AD\cdot BE\cdot CF}{T/S}\right)^2
=24^2\frac{\dfrac{bc(-12a^2+12b^2+25bc+12c^2)}{(3b+4c)^2}\cdot\dfrac{ac(2a^2+5ac-2b^2+2c^2)}{(a+2c)^2}\cdot\dfrac{ab(6a^2+13ab+6b^2-6c^2)}{(2a+3b)^2}}
{\left(\dfrac{24abc}{(2a+3b)(a+2c)(3b+4c)}\right)^2}
= \big(-12a^2+12b^2+25bc+12c^2\big)\big(2a^2+5ac-2b^2+2c^2\big)\big(6a^2+13ab+6b^2-6c^2\big)
\end{multline*}
We need to show that this expression is at least,
$$4 \cdot 24^2 L^2 S^2 + a^2 b^2 c^2$$
Consider Ravi substitution $a = y + z$, $b = x + z$ and $c = x + y$, then by Heron’s formula we know that,
$$S^2 = s(s - a)(s - b)(s - c) = xyz(x + y + z)$$
Thus,
\begin{multline*}
24^2 \cdot 4L^2 S^2 + a^2 b^2 c^2 = 4 \cdot 24^2 (x + y + z)^2 \cdot xyz(x + y +z) + (y + z)^2(x + z)^2(x+y)^2= 4 \cdot 24^2 xyz (x + y + z)^3 + (y + z)^2(x + z)^2(x+y)^2
\end{multline*}
Now let us simplify the previous expression,
\begin{multline*}
\big(-12a^2+12b^2+25bc+12c^2\big)\big(2a^2+5ac-2b^2+2c^2\big)\big(6a^2+13ab+6b^2-6c^2\big)
= \big(49x(x+y+z)+yz\big)\big(9y(x+y+z)+xz\big)\big(25z(x+y+z)+xy\big)
\end{multline*}
Thus we now need to show that,
\begin{multline*}
\big(49x(x+y+z)+yz\big) \big(9y(x+y+z)+xz\big) \big(25z(x+y+z)+xy\big)
> 4 \cdot 24^2 xyz (x + y + z)^3 + (y + z)^2(x + z)^2(x+y)^2
\end{multline*}
noticing that $49 \cdot 9 \cdot 25 > 4 \cdot 24^2$ we conclude that the inequality is obvious, since the second term will be trivially smaller than the rest of the terms on the left. $\blacksquare$
-
nilpotent1
- Pytagoras
- Posts: 8
- Joined: 30/09-2025 14:52
Ny Oppgave: (AoPS) Notice that the Anchor Point Conjugation Theorem can be reformulated as,
Theorem: Fix a point \(F \in (ABC)\) and an arbitrary point \(D\) in the plane. Let \(\omega\) be a circle passing through \(A\) and \(D\). Let \(X\) and \(Y\) be the second intersection points of \(\omega\) with \(AC\) and \(AB\), respectively. Let \(Q\) be the second intersection of \(\omega\) with the circumcircle \((ABC)\), and define
\[
P = FQ \cap BC.
\]Then, as \(\omega\) varies, the lines \(PX\) and \(PY\) each pass through a fixed point.
Let these two points be called the Evil Anchor Point conjugates of $D$ in $\triangle{ABC}$ with respect to $F$, which will be denoted as $\text{Evil}^{\triangle{ABC}}_{F, W}(D)$ were $W$ is either $B$ or $C$ depending on whether it is the point which lies on $PX$ or $PY$.
Prove that,
\[
\begin{cases}
D \in \text{Evil}^{\triangle{ABC}}_{F, B}(D) \text{Evil}^{\triangle{CBA}}_{F, B}(D) \\
D \in \text{Evil}^{\triangle{BAC}}_{F,A}(D) \text{Evil}^{\triangle{CAB}}_{F,A}(D) \\
D \in \text{Evil}^{\triangle{ABC}}_{F,C}(D) \text{Evil}^{\triangle{BAC}}_{F,C}(D)
\end{cases}
\]
Theorem: Fix a point \(F \in (ABC)\) and an arbitrary point \(D\) in the plane. Let \(\omega\) be a circle passing through \(A\) and \(D\). Let \(X\) and \(Y\) be the second intersection points of \(\omega\) with \(AC\) and \(AB\), respectively. Let \(Q\) be the second intersection of \(\omega\) with the circumcircle \((ABC)\), and define
\[
P = FQ \cap BC.
\]Then, as \(\omega\) varies, the lines \(PX\) and \(PY\) each pass through a fixed point.
Let these two points be called the Evil Anchor Point conjugates of $D$ in $\triangle{ABC}$ with respect to $F$, which will be denoted as $\text{Evil}^{\triangle{ABC}}_{F, W}(D)$ were $W$ is either $B$ or $C$ depending on whether it is the point which lies on $PX$ or $PY$.
Prove that,
\[
\begin{cases}
D \in \text{Evil}^{\triangle{ABC}}_{F, B}(D) \text{Evil}^{\triangle{CBA}}_{F, B}(D) \\
D \in \text{Evil}^{\triangle{BAC}}_{F,A}(D) \text{Evil}^{\triangle{CAB}}_{F,A}(D) \\
D \in \text{Evil}^{\triangle{ABC}}_{F,C}(D) \text{Evil}^{\triangle{BAC}}_{F,C}(D)
\end{cases}
\]