En samling av løsninger til oppgave 2 jeg og andre abelfinalister har funnet. Noen er mer like enn andre:
La oss skrive om $A',B',C'$ til $X,Y,Z$ fordi jeg er for lat til å taste
.
Løsning 1:
La $D,E,F$ være midtpunktene på henholdsvis sidene $AB, BC$, og $CA$ i $\triangle ABC$. Ettersom speilingen av $O$ over sidene i trekanten er ekvivalent med en homoteti av punktene $D,E,F$ med faktor 2, eksisterer det en homoteti som sender $\triangle DEF$ til $\triangle XYZ$. Men det er opplagt at det eksisterer en homoteti som sender $\triangle DEF$ til $\triangle ABC$ (med senter i tyngdepunktet $G$ av $\triangle ABC$), må det eksistere en homoteti som sender $\triangle XYZ$ til $\triangle ABC$. Dermed må det ønskede konkurrenspunktet være senter av den sistnevnte homotetien, og vi er ferdige.
Løsning 2:
Ved samme argument som i
Løsning 1, vet vi at $YZ$ er parallell med $EF$ som er parallell $BC$, samt $|YZ|=2|EF|=|BC|$. Dermed er $BCEF$ en parallellogram, og dens diagonaler $BY$ og $CZ$ må nødvendigvis halvere hverandre. Men med et likt argument kan vi deduktere at $AX$ og $BY$ må også halvere hverandre. Dermed må $AX, BY$, og $CZ$ skjære hverandre i samme punkt.
Løsning 3:
Ved vektorer vet vi at $\overrightarrow{HA}=\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}$. Men vi vet også at $\overrightarrow{OX}=2(\dfrac{\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}}{2})=\overrightarrow{HA}$. Sammen med at $\overline{AH}||\overline{OX}$, må $AHXO$ være et parallellogram. Dermed må skjæringen mellom $AX$ og $OH$ være midtpunktet på $OH$. Dette argumentet er uavhengig av punkter $A,B,C$, og dermed må $AX, BY$ og $CZ$ alle skjære gjennom midtpunktet på $OH$.
Løsning 4:
Ved trignometrisk Ceva er det tilstrekkelig å vise at $\prod_{cyc} \dfrac{\sin{\angle CAX}}{\sin{\angle XAB}}=1$. Dette er tilsynelatende ikke lett å jobbe med, men dersom man merker at \[\dfrac{\sin{\angle CAX}}{\sin{\angle XAB}}=\dfrac{\left [ CAX \right ]}{\left [BAX \right ]}=\dfrac{\sin{\angle ACX}}{\sin{\angle ABX}}=\dfrac{\sin{\angle C+90^\circ-\angle A}}{\sin{\angle B+90^\circ-\angle A}},\] kan man gjøre litt algebra og oppnå det ønskede resultatet.
En siste bemerkning:
Man kan opplagt generalisere argumentet fra
løsning 1 til homotetier av $\triangle DEF$ av vilkårlig konstant $k$. Konkurrenspunktet vil være et punkt på eulerlinjen av $\triangle ABC$. For tilfellet $k=2$ (denne oppgaven) er konkurrenspunktet midtpunktet av $OH$, som "tilfeldigvis" også er nipunktssentret.
