Geometri maraton

[Lil_Flip39]

Let $ABCD$ be a cyclic quadrilateral inscribed in circle $\omega$ whose diagonals meet at $F$. Lines $AB$ and $CD$ meet at $E$. Segment $EF$ intersects $\omega$ at $X$. Lines $BX$ and $CD$ meet at $M$, and lines $CX$ and $AB$ meet at $N$. Prove that $MN$ and $BC$ concur with the tangent to $\omega$ at $X$.

[nilpotent1]

Solution: Let $P = NM \cap BC$, then let $Y = EX \cap BC$, by the Prism lemma we know that $(B, C; Y, P) = -1$, thus applying the Prism lemma again we obtain that $A, D$ and $P$ are collinear. Consequently by Brocard we know that $EF = \text{Polar}_{(BCX)}(P)$ which implies that $XP$ is tangent to $(ABCD)$! $\blacksquare$

[nilpotent1]

Ny Oppgave: Let $CSTB$ be a square and let $A$ be an arbitrary point on $ST$. Let $H$ be the orthocenter of $\triangle{ABC}$ and $E, F$ be the altitudes from $B$ and $C$ to $AC$ and $AB$. If $P = TF \cap SE$ show that $PH$ passes through the midpoint of $ST$.

[Lil_Flip39]

La $R$ være skjæringene av diagonalen i kvadratet. Også lar vi $Æ,Ø$ være skjæringene av $SE,TF$ med $BC$. Nå har vi av pascal at $C,E,F,P,B,R$ ligger på et kjeglesnitt, som impliserer at $R$ ligger på sirkelen med diameter $BC$. Av pascal igjen får vi $Æ,H,T$ ligger på linje. På lik måte får vi $Ø,H,S$ ligger på linje. Nå er vi ferdige av Ceva siden $BC\parallel ST$.

[Lil_Flip39]

Let $ ABC$ be a triangle with $ \angle A < 60^\circ$. Let $ X$ and $ Y$ be the points on the sides $ AB$ and $ AC$, respectively, such that $ CA + AX = CB + BX$ and $ BA + AY = BC + CY$ . Let $ P$ be the point in the plane such that the lines $ PX$ and $ PY$ are perpendicular to $ AB$ and $ AC$, respectively. Prove that $ \angle BPC < 120^\circ$.

[lfe]

La $DEF$ være utsenter trekanten til $ABC$. Det er velkjent at $X$ og $Y$ er tangeringspunktene til utsirklene og at $PX$ og $PY$ hhv. er normalen fra $E$ på $AC$ og $F$ på $AB$. $ABC$ er den ortiske trekanten i $DEF$. Det er velkjent at trekantene dannet av to av føttene til høydene og et hjørne er isogonalt til den originale trekanten. Dermed er $P$ omsenteret i $DEF$. Av vinkeljakt følger det at $\angle BAC = 180^\circ - 2 \angle EDF$. Det betyr at $\angle EDF > 60^\circ$

Vi skriver dermed oppgaven om slik:
La $ABC$ være en spissvinklet trekant. La $D$, $E$ og $F$ hhv. være føttene til høydene fra $A$, $B$ og $C$. La $H$ være ortosenteret og $O$ være omsenteret. Gitt at $\angle BAC > 60^\circ$ vis at $\angle EOF < 120^\circ$.

Vi har at $\angle EHF < 120^c\circ$. Siden $ABC$ er spissvinklet, impliserer at $O$ ligger utenfor $(AH)$ $\angle EOF < \angle EHF < 120^\circ$. Hvis $AH > AO$, så kan $O$ umulig ligge i $(AH)$. Det holder dermed å vise at $AH < AO$. La $\omega$ være sirkelen i $A$ med radius $AH$. La $E'$ og $F'$ hhv. være refleksjonene av $H$ over $AC$ og $AB$. Vi vet at $\omega$ skjærer $(ABC)$ i $E'$ og $F'$. Videre vet vi at $\angle E'OF' = 180^\circ - 2\angle BAC < 180^\circ -\angle BAC = \angle EHF$. Dermed er $O$ utenfor $\omega$ som impliserer at $AH < OH$. $\blacksquare$