matematikk.net

ABCDE er en konveks femkant slik at [tex]\angle BAC = \angle CAD = \angle DAE[/tex], og [tex]\angle CBA = \angle DCA = \angle EDA[/tex]. La P være skjæringspunktene mellom EC og DB. Vis at linje AP halverer linjestykket DC.

Av vinkellikhetene er det gitt at trekantene ABC, ACD og ADE er formlike.

Vi lar AD = a, AC = b og DC = c. La de tilsvarende sidene i trekantene ADE og ACB være skalerte med k og t. Dvs at AD = ka, DE = kc, EA = kb; og AC = tb, AB = ta, BC = tc.

Da har vi at DE/DC = kc/c = k, og DC/BC = c/tc = 1/t.

Videre er b = ka, og a = tb, så t =a/b, og k = b/a = 1/t. Det betyr at trekantene EDC og DBC er formlike.

Det betyr at vinklene CBD = DCE, og dermed at trekantene CBD og DCP er formlike, siden de også deler vinkelen PDC. Trekanten EDC er da også selvsagt formlik disse. Bruker vi dette, regner vi oss til at

DB.DP = DC.DC = EC.CP

Siden vinklene EDC og DCB er like, er firkanten EDCB syklisk, og vi har dermed av punktets potens at DP.CP = DP.BP. Setter vi dette inn i likningen over får vi at CP.CP = DP.DP, dvs at DP = CP. Dette medfører av formlikhet at ED = DC = BC, og dermed at AD = AC. ADC er da likebeint, så DPA og CPA er kongruente. Altså er vinklene DAP og CAP like, så AP halverer vinkel DAC, og forlengelsen av AP står dermed normalt på DC.

Nå kan jeg ikke si hvorvidt jeg tok den enkleste ruten til konklusjonen her, eller om jeg kunne ha tatt noen snarveier i argumentet, men tror dette skal stemme i hvert fall.

Hvordan følger det at firkanten EDCB er syklisk? Jeg kan ikke se noen feil senere i argumentet, men generelt behøver ikke (tror jeg) ACD å være likebeint, så det virker som noe går galt her.

Du har rett, jeg skal prøve å ordne opp i det her. Jeg limer inn den delen av argumentet som er relevant.
Av vinkellikhetene er det gitt at trekantene ABC, ACD og ADE er formlike.

Vi lar AD = a, AC = b og DC = c. La de tilsvarende sidene i trekantene ADE og ACB være skalerte med k og t. Dvs at AD = ka, DE = kc, EA = kb; og AC = tb, AB = ta, BC = tc.

Da har vi at DE/DC = kc/c = k, og DC/BC = c/tc = 1/t.

Videre er b = ka, og a = tb, så t =a/b, og k = b/a = 1/t. Det betyr at trekantene EDC og DBC er formlike.

Det betyr at vinklene CBD = DCE, og dermed at trekantene CBD og DCP er formlike, siden de også deler vinkelen PDC. Trekanten EDC er da også selvsagt formlik disse

La vinkel DAC = a. Av det vi har vist tidligere må DPC = 180-a. La M og N være skjæringspunktene mellom EC og DA, og AC og DB respektivt. Siden MPN 180-a, er AMPN en syklisk firkant. Det betyr at PAN = PMN, og PAN = PNM.

Videre, siden DPC = 180-a, er CPB = a = CAB, så APCB er syklisk. Dette medfører at PAC = CBP, som igjen er lik PMN. Det følger direkte at CDP = PNM. Det følger da at DMNC danner et trapes der DC og MN er parallelle.

Vi vil nå generelt vise for en trekant ABC, at hvis BCNM er et trapes, og P er skjæringspunktet mellom BN og CM, vil skjæringspunktet mellom forlengelsen til AP bisektere BC i R.
La S være skjæringspunktet mellom AP og MN.
Av formlikhetene, har vi at CR/CP = MS/MP og BR/BP = NS/NP. Det betyr at BR/CR = NS.BP.MP/(NP.CP.MS).

Nå er BR/MS = AB/AM = AC/AN = CR/NS, så NS/MS = CR/BR. Setter vi dette inn i forrige likning, har vi at

(BR/CR)^2 = BP.MP/(NP.CP). Men siden MP/CP = SR/PR = NP/BP, følger det at BR/CR = 1, og vi er ferdige.

Føler dette også var en omvei, men håper det ble riktig denne gangen i hvert fall.

Dette ser veldig riktig ut for meg, ja, med unntak av den helt ubetydelige slurvefeilen at du ett sted har skrevet PAN der du åpenbart mente PAM. Bra! Jeg ser ingen måte å korte særlig ned på løsningen på annet enn å begynne på en helt annen måte, så noen omvei vil jeg ikke kalle det, men den alternative måten blir mer transformatorisk. Tenk på C som bildet av B under en spiralhomoteti med sentrum i A. Da er av betingelsene E bildet av D som er bildet av C også, så EC er bildet av DB.

Det er kjent at i ikke-degenererte tilfeller finner en sentrum av en spiralhomoteti gitt et linjestykke og dets bilde ved å trekke streker mellom endepunktene, og danne omsirklene om trekantene bestående av et linjestykke og skjæringspunktet. Siden A er sentrum gir dette oss da at APCB og APDE er sykliske, som du jo også kom fram til. Herifra kan du si at AP er radikalaksen til disse to sirklene, og vi er da ferdige om vi kan vise at DC tangerer begge sirklene, som følger av tangentvinkelteoremet siden vinkel BDC=vinkel CED, da den siste vinkelen er bildet av den første vinkelen under nevnte spiralhomoteti.

Interessant, har du en link til hvor man kan finne informasjon om spiralhomoteti? Jeg fant det ikke selv, men kan jo være det ikke har en liknende oversettelse.

Spiralhomotetier er 'bare' en komposisjon av en homoteti og en rotasjon med samme sentrum. Jeg har oversatt navnet fritt fra det engelske 'spiral similarity', så mulig jeg har innført feil terminologi, beklager. Lemmaet jeg refererer til om en spiralhomotetis sentrum og litt annen informasjon er hvertfall å finne her i seksjon 2. (Er forøvrig også der jeg tok oppgaven fra!)