IMO 1959 · Problem 4
Construct a right triangle with given hypotenuse \(c\) such that the median drawn to the hypotenuse is the geometric mean of the two legs of the triangle.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \(AB\) be the given segment, with length \(c>0\).
Construction.
- Construct the midpoint \(M\) of \(AB\) and the circle \(\Gamma\) with centre \(M\) and radius \(c/2\).
- Draw the perpendicular to \(AB\) through \(M\), and let \(D\) be either of its intersections with \(\Gamma\).
- Construct the midpoint \(E\) of \(MD\).
- Through \(E\), draw the line parallel to \(AB\), and choose either of its intersections \(C\) with \(\Gamma\).
Then \(ABC\) is a required triangle.
Verification. Since \[ ME=\frac{MD}{2}=\frac c4<\frac c2, \] the line in step 4 intersects \(\Gamma\) in two distinct points. Moreover, its distance from \(AB\) is \(c/4>0\), so the constructed triangle is nondegenerate.
Because \(AB\) is a diameter of \(\Gamma\), Thales’ theorem gives \[ \angle ACB=90^\circ. \] The median to the hypotenuse is \(CM\), whose length is the radius \(c/2\).
The altitude from \(C\) to \(AB\) has length \(ME=c/4\). Computing the area using first the perpendicular legs and then the hypotenuse and its altitude gives \[ \frac12\,AC\cdot BC =\frac12\,AB\cdot ME =\frac{c^2}{8}. \] Consequently, \[ \sqrt{AC\cdot BC}=\sqrt{\frac{c^2}{4}}=\frac c2=CM, \] as required.
Completeness. Conversely, in any right triangle with hypotenuse \(AB=c\), the median to \(AB\) has length \(c/2\). Thus the required condition forces the product of the legs to be \(c^2/4\). If \(h\) is the altitude to \(AB\), the area identity gives \[ ch=AC\cdot BC=\frac{c^2}{4}, \qquad\text{so}\qquad h=\frac c4. \] Hence the right-angle vertex must lie both on \(\Gamma\) and on one of the two lines parallel to \(AB\) at distance \(c/4\). These are exactly the four positions covered by the construction. They give congruent triangles, related by reflections in \(AB\) and its perpendicular bisector.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1959 · Aufgabe 4
Konstruiere ein rechtwinkliges Dreieck mit gegebener Hypotenuse \(c\), in dem die Seitenhalbierende zur Hypotenuse das geometrische Mittel der beiden Katheten des Dreiecks ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Sei \(AB\) die gegebene Strecke mit der Länge \(c>0\).
Konstruktion.
- Konstruiere den Mittelpunkt \(M\) von \(AB\) und den Kreis \(\Gamma\) mit Mittelpunkt \(M\) und Radius \(c/2\).
- Errichte in \(M\) die Senkrechte zu \(AB\), und wähle als \(D\) einen ihrer beiden Schnittpunkte mit \(\Gamma\).
- Konstruiere den Mittelpunkt \(E\) von \(MD\).
- Zeichne durch \(E\) die Parallele zu \(AB\), und wähle einen ihrer beiden Schnittpunkte \(C\) mit \(\Gamma\).
Dann ist \(ABC\) ein gesuchtes Dreieck.
Nachweis. Wegen \[ ME=\frac{MD}{2}=\frac c4<\frac c2 \] schneidet die Gerade aus Schritt 4 den Kreis \(\Gamma\) in zwei verschiedenen Punkten. Außerdem beträgt ihr Abstand von \(AB\) genau \(c/4>0\), sodass das konstruierte Dreieck nicht entartet ist.
Da \(AB\) ein Durchmesser von \(\Gamma\) ist, liefert der Satz des Thales \[ \angle ACB=90^\circ. \] Die Seitenhalbierende zur Hypotenuse ist \(CM\); ihre Länge ist gleich dem Radius \(c/2\).
Die Höhe von \(C\) auf \(AB\) hat die Länge \(ME=c/4\). Berechnet man den Flächeninhalt zunächst mithilfe der senkrecht aufeinander stehenden Katheten und dann mithilfe der Hypotenuse und der zugehörigen Höhe, so erhält man \[ \frac12\,AC\cdot BC =\frac12\,AB\cdot ME =\frac{c^2}{8}. \] Folglich gilt \[ \sqrt{AC\cdot BC}=\sqrt{\frac{c^2}{4}}=\frac c2=CM, \] wie gefordert.
Vollständigkeit. Umgekehrt hat in jedem rechtwinkligen Dreieck mit Hypotenuse \(AB=c\) die Seitenhalbierende zu \(AB\) die Länge \(c/2\). Die geforderte Bedingung erzwingt daher, dass das Produkt der Katheten \(c^2/4\) beträgt. Ist \(h\) die Höhe auf \(AB\), so ergibt die Flächeninhaltsgleichung \[ ch=AC\cdot BC=\frac{c^2}{4}, \qquad\text{also}\qquad h=\frac c4. \] Somit muss der Scheitel des rechten Winkels sowohl auf \(\Gamma\) als auch auf einer der beiden Parallelen zu \(AB\) im Abstand \(c/4\) liegen. Dies sind genau die vier Lagen, die von der Konstruktion erfasst werden. Sie ergeben kongruente Dreiecke, die durch Spiegelungen an \(AB\) und an dessen Mittelsenkrechter ineinander übergehen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1959 · Soru 4
Hipotenüsü verilen \(c\) uzunluğunda olan ve hipotenüse çizilen kenarortayının uzunluğu iki dik kenarının uzunluklarının geometrik ortalamasına eşit olan bir dik üçgen çiziniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(AB\), uzunluğu \(c>0\) olan verilen doğru parçası olsun.
Çizim.
- \(AB\)'nin orta noktası \(M\)'yi ve merkezi \(M\), yarıçapı \(c/2\) olan \(\Gamma\) çemberini çiziniz.
- \(M\)'den \(AB\)'ye dik doğruyu çiziniz ve bu doğrunun \(\Gamma\) ile kesişim noktalarından herhangi biri \(D\) olsun.
- \(MD\)'nin orta noktası \(E\)'yi oluşturunuz.
- \(E\)'den \(AB\)'ye paralel doğruyu çiziniz ve bu doğrunun \(\Gamma\) ile kesişim noktalarından herhangi birini \(C\) olarak seçiniz.
O hâlde \(ABC\), istenen üçgenlerden biridir.
Doğrulama. \[ ME=\frac{MD}{2}=\frac c4<\frac c2, \] olduğundan 4. adımdaki doğru \(\Gamma\)'yı iki farklı noktada keser. Ayrıca bu doğrunun \(AB\)'ye uzaklığı \(c/4>0\) olduğundan çizilen üçgen dejenere değildir.
\(AB\), \(\Gamma\)'nın bir çapı olduğundan Thales teoremine göre \[ \angle ACB=90^\circ \] olur. Hipotenüse ait kenarortay \(CM\)'dir ve uzunluğu yarıçap olan \(c/2\)'ye eşittir.
\(C\)'den \(AB\)'ye indirilen yüksekliğin uzunluğu \(ME=c/4\)'tür. Alanı önce birbirine dik kenarları, ardından hipotenüs ile ona ait yüksekliği kullanarak hesaplarsak \[ \frac12\,AC\cdot BC =\frac12\,AB\cdot ME =\frac{c^2}{8} \] elde ederiz. Dolayısıyla \[ \sqrt{AC\cdot BC}=\sqrt{\frac{c^2}{4}}=\frac c2=CM, \] olur; bu da istenen eşitliktir.
Tüm çözümlerin elde edilmesi. Tersine, hipotenüsü \(AB=c\) olan herhangi bir dik üçgende \(AB\)'ye ait kenarortayın uzunluğu \(c/2\)'dir. Dolayısıyla istenen koşul, dik kenarların uzunluklarının çarpımının \(c^2/4\) olmasını gerektirir. \(AB\)'ye ait yükseklik \(h\) ise alan eşitliğinden \[ ch=AC\cdot BC=\frac{c^2}{4}, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad h=\frac c4 \] elde edilir. Bu nedenle dik açının köşesi hem \(\Gamma\) üzerinde hem de \(AB\)'ye paralel ve uzaklığı \(c/4\) olan iki doğrudan biri üzerinde bulunmalıdır. Bunlar tam olarak çizimin kapsadığı dört konumdur. Bu konumlar, \(AB\)'ye ve onun orta dikmesine göre yansımalarla birbirine dönüşen eş üçgenler verir.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1959 · Problema 4
Construya un triángulo rectángulo de hipotenusa dada \(c\) tal que la mediana trazada a la hipotenusa sea la media geométrica de los dos catetos del triángulo.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \(AB\) el segmento dado, de longitud \(c>0\).
Construcción.
- Construya el punto medio \(M\) de \(AB\) y la circunferencia \(\Gamma\) de centro \(M\) y radio \(c/2\).
- Trace la perpendicular a \(AB\) por \(M\), y sea \(D\) cualquiera de sus intersecciones con \(\Gamma\).
- Construya el punto medio \(E\) de \(MD\).
- Por \(E\), trace la recta paralela a \(AB\), y elija cualquiera de sus intersecciones \(C\) con \(\Gamma\).
Entonces \(ABC\) es un triángulo que satisface lo pedido.
Verificación. Como \[ ME=\frac{MD}{2}=\frac c4<\frac c2, \] la recta del paso 4 corta a \(\Gamma\) en dos puntos distintos. Además, su distancia a \(AB\) es \(c/4>0\), por lo que el triángulo construido no es degenerado.
Como \(AB\) es un diámetro de \(\Gamma\), el teorema de Tales da \[ \angle ACB=90^\circ. \] La mediana a la hipotenusa es \(CM\), cuya longitud es el radio \(c/2\).
La altura desde \(C\) a \(AB\) tiene longitud \(ME=c/4\). Calculando el área primero mediante los catetos perpendiculares y después mediante la hipotenusa y la altura correspondiente, se obtiene \[ \frac12\,AC\cdot BC =\frac12\,AB\cdot ME =\frac{c^2}{8}. \] En consecuencia, \[ \sqrt{AC\cdot BC}=\sqrt{\frac{c^2}{4}}=\frac c2=CM, \] como se requería.
Exhaustividad. Recíprocamente, en cualquier triángulo rectángulo de hipotenusa \(AB=c\), la mediana a \(AB\) tiene longitud \(c/2\). Así, la condición exigida obliga a que el producto de los catetos sea \(c^2/4\). Si \(h\) es la altura a \(AB\), la identidad del área da \[ ch=AC\cdot BC=\frac{c^2}{4}, \qquad\text{por tanto}\qquad h=\frac c4. \] Por consiguiente, el vértice del ángulo recto debe estar tanto en \(\Gamma\) como en una de las dos rectas paralelas a \(AB\) situadas a distancia \(c/4\). Estas son exactamente las cuatro posiciones que abarca la construcción. Dan triángulos congruentes, relacionados por reflexiones respecto de \(AB\) y de su mediatriz.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1959 · 问题 4
作一个斜边为给定长度 \(c\) 的直角三角形，使斜边上的中线长等于两条直角边长的几何平均数。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \(AB\) 为给定线段，其长度为 \(c>0\)。
作法。
- 作 \(AB\) 的中点 \(M\)，以及以 \(M\) 为圆心、\(c/2\) 为半径的圆 \(\Gamma\)。
- 过 \(M\) 作 \(AB\) 的垂线，取它与 \(\Gamma\) 的任一交点为 \(D\)。
- 作 \(MD\) 的中点 \(E\)。
- 过 \(E\) 作平行于 \(AB\) 的直线，取它与 \(\Gamma\) 的任一交点为 \(C\)。
则 \(ABC\) 即为所求三角形。
证明。 由于 \[ ME=\frac{MD}{2}=\frac c4<\frac c2, \] 第 4 步中的直线与 \(\Gamma\) 相交于两个不同的点。此外，该直线与 \(AB\) 的距离为 \(c/4>0\)，所以作出的三角形非退化。
由于 \(AB\) 是 \(\Gamma\) 的直径，由泰勒斯定理得 \[ \angle ACB=90^\circ. \] 斜边上的中线为 \(CM\)，其长度等于半径 \(c/2\)。
从 \(C\) 向 \(AB\) 所作的高长为 \(ME=c/4\)。先用两条互相垂直的直角边，再用斜边及其上的高计算面积，得 \[ \frac12\,AC\cdot BC =\frac12\,AB\cdot ME =\frac{c^2}{8}. \] 因此， \[ \sqrt{AC\cdot BC}=\sqrt{\frac{c^2}{4}}=\frac c2=CM, \] 符合要求。
完备性。 反过来，在任何斜边为 \(AB=c\) 的直角三角形中，\(AB\) 上的中线长均为 \(c/2\)。因此，所要求的条件迫使两条直角边长的乘积为 \(c^2/4\)。若 \(h\) 为 \(AB\) 上的高长，则由面积恒等式得 \[ ch=AC\cdot BC=\frac{c^2}{4}, \qquad\text{所以}\qquad h=\frac c4. \] 故直角顶点必须既在 \(\Gamma\) 上，又在与 \(AB\) 平行且距离为 \(c/4\) 的两条直线之一上。这恰好是上述作法涵盖的四个位置。它们给出的三角形全等，可通过关于 \(AB\) 及其垂直平分线的反射互相得到。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1959 · Задача 4
Постройте прямоугольный треугольник с данной гипотенузой \(c\), в котором медиана, проведённая к гипотенузе, является средним геометрическим двух катетов треугольника.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \(AB\) — данный отрезок длины \(c>0\).
Построение.
- Построим середину \(M\) отрезка \(AB\) и окружность \(\Gamma\) с центром \(M\) и радиусом \(c/2\).
- Проведём через \(M\) перпендикуляр к \(AB\) и обозначим через \(D\) любую из точек его пересечения с \(\Gamma\).
- Построим середину \(E\) отрезка \(MD\).
- Через \(E\) проведём прямую, параллельную \(AB\), и выберем любую из точек \(C\) её пересечения с \(\Gamma\).
Тогда \(ABC\) — искомый треугольник.
Доказательство. Поскольку \[ ME=\frac{MD}{2}=\frac c4<\frac c2, \] прямая из шага 4 пересекает \(\Gamma\) в двух различных точках. Кроме того, расстояние от неё до \(AB\) равно \(c/4>0\), поэтому построенный треугольник невырожденный.
Поскольку \(AB\) — диаметр окружности \(\Gamma\), по теореме об угле, опирающемся на диаметр, \[ \angle ACB=90^\circ. \] Медианой к гипотенузе служит \(CM\), длина которой равна радиусу \(c/2\).
Высота, проведённая из \(C\) к \(AB\), имеет длину \(ME=c/4\). Вычисляя площадь сначала через перпендикулярные катеты, а затем через гипотенузу и проведённую к ней высоту, получаем \[ \frac12\,AC\cdot BC =\frac12\,AB\cdot ME =\frac{c^2}{8}. \] Следовательно, \[ \sqrt{AC\cdot BC}=\sqrt{\frac{c^2}{4}}=\frac c2=CM, \] что и требовалось.
Полнота построения. Обратно, в любом прямоугольном треугольнике с гипотенузой \(AB=c\) медиана к \(AB\) имеет длину \(c/2\). Поэтому из требуемого условия следует, что произведение катетов равно \(c^2/4\). Если \(h\) — высота к \(AB\), то равенство двух выражений для площади даёт \[ ch=AC\cdot BC=\frac{c^2}{4}, \qquad\text{откуда}\qquad h=\frac c4. \] Следовательно, вершина прямого угла должна лежать и на \(\Gamma\), и на одной из двух прямых, параллельных \(AB\) и находящихся на расстоянии \(c/4\) от неё. Это в точности четыре положения, охватываемые построением. Они дают равные треугольники, переходящие друг в друга при отражениях относительно \(AB\) и её серединного перпендикуляра.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1959 · المسألة 4
أنشئ مثلثًا قائم الزاوية وتره المعطى \(c\)، بحيث يكون المتوسط المرسوم إلى الوتر هو الوسط الهندسي لطولي ضلعيه القائمين.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لتكن \(AB\) القطعة المعطاة، وطولها \(c>0\).
الإنشاء.
- أنشئ منتصف \(AB\)، وليكن \(M\)، والدائرة \(\Gamma\) التي مركزها \(M\) ونصف قطرها \(c/2\).
- ارسم العمود على \(AB\) المار بالنقطة \(M\)، ولتكن \(D\) إحدى نقطتي تقاطعه مع \(\Gamma\).
- أنشئ منتصف \(MD\)، وليكن \(E\).
- ارسم من \(E\) المستقيم الموازي لـ \(AB\)، واختر إحدى نقطتي تقاطعه مع \(\Gamma\)، ولتكن \(C\).
عندئذ يكون \(ABC\) مثلثًا مطلوبًا.
التحقق. بما أن \[ ME=\frac{MD}{2}=\frac c4<\frac c2, \] فإن المستقيم في الخطوة 4 يقطع \(\Gamma\) في نقطتين مختلفتين. علاوة على ذلك، فإن بُعده عن \(AB\) هو \(c/4>0\)، لذا فإن المثلث المنشأ غير منحل.
بما أن \(AB\) قطر للدائرة \(\Gamma\)، فإن مبرهنة طاليس تعطي \[ \angle ACB=90^\circ. \] المتوسط المرسوم إلى الوتر هو \(CM\)، وطوله يساوي نصف القطر \(c/2\).
طول الارتفاع من \(C\) إلى \(AB\) هو \(ME=c/4\). وبحساب المساحة باستخدام الضلعين المتعامدين أولًا، ثم الوتر والارتفاع المرسوم إليه، نحصل على \[ \frac12\,AC\cdot BC =\frac12\,AB\cdot ME =\frac{c^2}{8}. \] وبالتالي، \[ \sqrt{AC\cdot BC}=\sqrt{\frac{c^2}{4}}=\frac c2=CM, \] وهو المطلوب.
شمول الإنشاء لجميع الحلول. وبالعكس، في أي مثلث قائم الزاوية وتره \(AB=c\)، يكون طول المتوسط المرسوم إلى \(AB\) هو \(c/2\). ومن ثم يقتضي الشرط المطلوب أن يكون حاصل ضرب طولي الضلعين القائمين \(c^2/4\). وإذا كان \(h\) هو الارتفاع المرسوم إلى \(AB\)، فإن متطابقة المساحة تعطي \[ ch=AC\cdot BC=\frac{c^2}{4}, \qquad\text{ومن ثم}\qquad h=\frac c4. \] إذن لا بد أن يقع رأس الزاوية القائمة على \(\Gamma\) وعلى أحد المستقيمين الموازيين لـ \(AB\) واللذين يبعد كل منهما عنه مسافة \(c/4\). وهذه هي بالضبط المواضع الأربعة التي يشملها الإنشاء. وهي تعطي مثلثات متطابقة، تتحول بعضها إلى بعض بالانعكاس حول \(AB\) وحول العمود المنصف له.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).