IMO 1961 · Problem 6
Consider a plane \(\varepsilon\) and three non-collinear points \(A,B,C\) on the same side of \(\varepsilon\); suppose the plane determined by these three points is not parallel to \(\varepsilon\). In plane a take three arbitrary points \(A',B',C'\). Let \(L,M,N\) be the midpoints of segments \(AA',BB',CC'\); let \(G\) be the centroid of triangle \(LMN\). (We will not consider positions of the points \(A',B',C'\) such that the points \(L,M,N\) do not form a triangle.) What is the locus of point \(G\) as \(A',B',C'\) range independently over the plane \(\varepsilon\)?
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
Let \(T\) be the centroid of \(ABC\), and let \(H\) be its perpendicular projection onto \(\varepsilon\). The locus is the entire plane parallel to \(\varepsilon\) through the midpoint of \(TH\).
Solution
Denote the proposed plane by \(\pi\), and use position vectors relative to a fixed origin.
For any admissible choice of \(A',B',C'\), define \(P\) by \[ \mathbf p=\frac{\mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}3. \] Since \(A',B',C'\) lie in the plane \(\varepsilon\), their affine average \(P\) also lies in \(\varepsilon\). This remains valid when these three points are collinear or coincide.
The midpoint and centroid formulas give \[ \begin{aligned} \mathbf g &=\frac{\mathbf l+\mathbf m+\mathbf n}{3}\\ &=\frac{\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c+ \mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}6\\ &=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}. \end{aligned} \] Thus \(G\) is the midpoint of \(TP\). The homothety centered at \(T\) with ratio \(1/2\) maps \(\varepsilon\) onto \(\pi\): it preserves the plane’s directions and sends \(H\) to the midpoint of \(TH\). Consequently, every admissible \(G\) lies in \(\pi\).
Conversely, let \(X\) be any point of \(\pi\). By the same homothety, there is a point \(P\in\varepsilon\) such that \(X\) is the midpoint of \(TP\). Choose \[ A'=B'=C'=P. \] Then \(L,M,N\) are the images of \(A,B,C\), respectively, under the homothety centered at \(P\) with ratio \(1/2\). Since \(A,B,C\) are non-collinear and the ratio is nonzero, \(L,M,N\) are non-collinear. Hence this configuration is admissible. The displayed formula now gives \[ \mathbf g=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}=\mathbf x. \]
Every point of \(\pi\) is therefore attained by a nondegenerate triangle \(LMN\), proving the stated locus.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1961 · Aufgabe 6
Gegeben seien eine Ebene \(\varepsilon\) und drei nicht auf einer Geraden liegende Punkte \(A,B,C\) auf derselben Seite von \(\varepsilon\); die durch diese drei Punkte bestimmte Ebene sei nicht parallel zu \(\varepsilon\). Wähle in der Ebene a drei beliebige Punkte \(A',B',C'\). Seien \(L,M,N\) die Mittelpunkte der Strecken \(AA',BB',CC'\); sei \(G\) der Schwerpunkt des Dreiecks \(LMN\). (Lagen der Punkte \(A',B',C'\), für die die Punkte \(L,M,N\) kein Dreieck bilden, werden nicht betrachtet.) Welchen geometrischen Ort beschreibt der Punkt \(G\), wenn \(A',B',C'\) unabhängig voneinander die Ebene \(\varepsilon\) durchlaufen?
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
Sei \(T\) der Schwerpunkt von \(ABC\) und \(H\) seine senkrechte Projektion auf \(\varepsilon\). Der geometrische Ort ist die gesamte zu \(\varepsilon\) parallele Ebene durch den Mittelpunkt von \(TH\).
Lösung
Bezeichne die vorgeschlagene Ebene mit \(\pi\), und verwende Ortsvektoren bezüglich eines festen Ursprungs.
Für jede zulässige Wahl von \(A',B',C'\) definieren wir \(P\) durch \[ \mathbf p=\frac{\mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}3. \] Da \(A',B',C'\) in der Ebene \(\varepsilon\) liegen, liegt auch ihr affines Mittel \(P\) in \(\varepsilon\). Dies gilt auch dann, wenn diese drei Punkte auf einer Geraden liegen oder zusammenfallen.
Die Formeln für Mittelpunkt und Schwerpunkt ergeben \[ \begin{aligned} \mathbf g &=\frac{\mathbf l+\mathbf m+\mathbf n}{3}\\ &=\frac{\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c+ \mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}6\\ &=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}. \end{aligned} \] Somit ist \(G\) der Mittelpunkt von \(TP\). Die zentrische Streckung mit Zentrum \(T\) und Faktor \(1/2\) bildet \(\varepsilon\) auf \(\pi\) ab: Sie erhält die Richtungen der Ebene und bildet \(H\) auf den Mittelpunkt von \(TH\) ab. Folglich liegt jeder zulässige Punkt \(G\) in \(\pi\).
Sei umgekehrt \(X\) ein beliebiger Punkt von \(\pi\). Aufgrund derselben zentrischen Streckung gibt es einen Punkt \(P\in\varepsilon\), sodass \(X\) der Mittelpunkt von \(TP\) ist. Wähle \[ A'=B'=C'=P. \] Dann sind \(L,M,N\) die Bilder von \(A,B,C\) unter der zentrischen Streckung mit Zentrum \(P\) und Faktor \(1/2\). Da \(A,B,C\) nicht auf einer Geraden liegen und der Faktor von null verschieden ist, liegen auch \(L,M,N\) nicht auf einer Geraden. Somit ist diese Konfiguration zulässig. Die obige Formel ergibt nun \[ \mathbf g=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}=\mathbf x. \]
Jeder Punkt von \(\pi\) wird also durch ein nicht entartetes Dreieck \(LMN\) erreicht, womit der angegebene geometrische Ort bewiesen ist.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1961 · Soru 6
Bir \(\varepsilon\) düzlemini ve \(\varepsilon\)'un aynı tarafında bulunan, doğrusal olmayan üç \(A,B,C\) noktasını ele alalım; bu üç noktanın belirlediği düzlemin \(\varepsilon\)'a paralel olmadığını varsayalım. a düzleminde herhangi üç \(A',B',C'\) noktası alalım. \(L,M,N\), sırasıyla \(AA',BB',CC'\) doğru parçalarının orta noktaları ve \(G\), \(LMN\) üçgeninin ağırlık merkezi olsun. (\(A',B',C'\) noktalarının, \(L,M,N\) noktalarının bir üçgen oluşturmadığı konumlarını ele almayacağız.) \(A',B',C'\) noktaları \(\varepsilon\) düzleminde birbirinden bağımsız olarak değişirken \(G\) noktasının geometrik yeri nedir?
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\(T\), \(ABC\)'nin ağırlık merkezi ve \(H\), bu noktanın \(\varepsilon\) üzerindeki dik izdüşümü olsun. Geometrik yer, \(TH\)'nin orta noktasından geçen ve \(\varepsilon\)'a paralel olan düzlemin tamamıdır.
Çözüm
Öne sürülen düzlemi \(\pi\) ile gösterelim ve sabit bir başlangıç noktasına göre konum vektörlerini kullanalım.
\(A',B',C'\)'nin izin verilen herhangi bir seçimi için \(P\) noktasını \[ \mathbf p=\frac{\mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}3 \] ile tanımlayalım. \(A',B',C'\), \(\varepsilon\) düzleminde bulunduğundan afin ortalamaları olan \(P\) de \(\varepsilon\)'da bulunur. Bu, söz konusu üç nokta doğrusal veya çakışık olduğunda da geçerlidir.
Orta nokta ve ağırlık merkezi formüllerinden \[ \begin{aligned} \mathbf g &=\frac{\mathbf l+\mathbf m+\mathbf n}{3}\\ &=\frac{\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c+ \mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}6\\ &=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2} \end{aligned} \] elde edilir. Böylece \(G\), \(TP\)'nin orta noktasıdır. Merkezi \(T\), oranı \(1/2\) olan homoteti, \(\varepsilon\)'u \(\pi\)'ye götürür: düzlemin doğrultularını korur ve \(H\)'yi \(TH\)'nin orta noktasına götürür. Dolayısıyla izin verilen her \(G\) noktası \(\pi\)'de bulunur.
Tersine, \(X\), \(\pi\)'nin herhangi bir noktası olsun. Aynı homoteti gereği, \(X\)'in \(TP\)'nin orta noktası olduğu bir \(P\in\varepsilon\) noktası vardır. \[ A'=B'=C'=P \] olarak seçelim. Bu durumda \(L,M,N\), merkezi \(P\), oranı \(1/2\) olan homoteti altında sırasıyla \(A,B,C\)'nin görüntüleridir. \(A,B,C\) doğrusal olmadığından ve oran sıfırdan farklı olduğundan \(L,M,N\) doğrusal değildir. Dolayısıyla bu düzenleme izin verilen bir durumdur. Yukarıdaki formül şimdi \[ \mathbf g=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}=\mathbf x \] verir.
Böylece \(\pi\)'nin her noktası dejenere olmayan bir \(LMN\) üçgeni ile elde edilir; bu da belirtilen geometrik yeri kanıtlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1961 · Problema 6
Consideremos un plano \(\varepsilon\) y tres puntos no alineados \(A,B,C\) situados en el mismo lado de \(\varepsilon\); supongamos que el plano determinado por estos tres puntos no es paralelo a \(\varepsilon\). En el plano a tomemos tres puntos arbitrarios \(A',B',C'\). Sean \(L,M,N\) los puntos medios de los segmentos \(AA',BB',CC'\); sea \(G\) el baricentro del triángulo \(LMN\). (No consideraremos las posiciones de los puntos \(A',B',C'\) para las cuales los puntos \(L,M,N\) no forman un triángulo.) ¿Cuál es el lugar geométrico del punto \(G\) cuando \(A',B',C'\) recorren independientemente el plano \(\varepsilon\)?
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
Sea \(T\) el baricentro de \(ABC\), y sea \(H\) su proyección perpendicular sobre \(\varepsilon\). El lugar geométrico es todo el plano paralelo a \(\varepsilon\) que pasa por el punto medio de \(TH\).
Solución
Denotemos el plano propuesto por \(\pi\), y usemos vectores de posición respecto de un origen fijo.
Para cualquier elección admisible de \(A',B',C'\), definamos \(P\) mediante \[ \mathbf p=\frac{\mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}3. \] Como \(A',B',C'\) pertenecen al plano \(\varepsilon\), su promedio afín \(P\) también pertenece a \(\varepsilon\). Esto sigue siendo válido cuando estos tres puntos están alineados o coinciden.
Las fórmulas del punto medio y del baricentro dan \[ \begin{aligned} \mathbf g &=\frac{\mathbf l+\mathbf m+\mathbf n}{3}\\ &=\frac{\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c+ \mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}6\\ &=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}. \end{aligned} \] Así, \(G\) es el punto medio de \(TP\). La homotecia de centro \(T\) y razón \(1/2\) transforma \(\varepsilon\) en \(\pi\): conserva las direcciones del plano y lleva \(H\) al punto medio de \(TH\). Por consiguiente, todo \(G\) admisible pertenece a \(\pi\).
Recíprocamente, sea \(X\) un punto cualquiera de \(\pi\). Por la misma homotecia, existe un punto \(P\in\varepsilon\) tal que \(X\) es el punto medio de \(TP\). Elijamos \[ A'=B'=C'=P. \] Entonces \(L,M,N\) son las imágenes de \(A,B,C\), respectivamente, bajo la homotecia de centro \(P\) y razón \(1/2\). Como \(A,B,C\) no están alineados y la razón no es nula, \(L,M,N\) no están alineados. Por tanto, esta configuración es admisible. La fórmula anterior da ahora \[ \mathbf g=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}=\mathbf x. \]
Por tanto, todo punto de \(\pi\) se obtiene mediante un triángulo \(LMN\) no degenerado, lo que demuestra el lugar geométrico enunciado.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1961 · 问题 6
设有平面 \(\varepsilon\)，以及位于 \(\varepsilon\) 同侧的三个不共线的点 \(A,B,C\)；假设这三点确定的平面不平行于 \(\varepsilon\)。在平面 a 内任取三点 \(A',B',C'\)。设 \(L,M,N\) 分别为线段 \(AA',BB',CC'\) 的中点，\(G\) 为三角形 \(LMN\) 的重心。（不考虑使点 \(L,M,N\) 不能构成三角形的点 \(A',B',C'\) 的位置。）当 \(A',B',C'\) 各自独立地遍历平面 \(\varepsilon\) 时，点 \(G\) 的轨迹是什么？
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
设 \(T\) 为 \(ABC\) 的重心，\(H\) 为它在 \(\varepsilon\) 上的正射影。所求轨迹为过 \(TH\) 的中点且平行于 \(\varepsilon\) 的整个平面。
解答
将上述平面记为 \(\pi\)，并使用相对于某个固定原点的位置向量。
对于任意符合条件的 \(A',B',C'\)，定义点 \(P\)，使得 \[ \mathbf p=\frac{\mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}3. \] 由于 \(A',B',C'\) 位于平面 \(\varepsilon\) 内，它们的仿射平均点 \(P\) 也位于 \(\varepsilon\) 内。即使这三点共线或重合，这一结论仍然成立。
由中点公式和重心公式得 \[ \begin{aligned} \mathbf g &=\frac{\mathbf l+\mathbf m+\mathbf n}{3}\\ &=\frac{\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c+ \mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}6\\ &=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}. \end{aligned} \] 因此，\(G\) 是 \(TP\) 的中点。以 \(T\) 为中心、比为 \(1/2\) 的位似变换将 \(\varepsilon\) 映为 \(\pi\)：它保持平面内的各个方向不变，并将 \(H\) 映为 \(TH\) 的中点。因此，每个符合条件的 \(G\) 都位于 \(\pi\) 内。
反过来，任取 \(\pi\) 内一点 \(X\)。由同一个位似变换，存在点 \(P\in\varepsilon\)，使得 \(X\) 为 \(TP\) 的中点。取 \[ A'=B'=C'=P. \] 则 \(L,M,N\) 分别是 \(A,B,C\) 在以 \(P\) 为中心、比为 \(1/2\) 的位似变换下的像。由于 \(A,B,C\) 不共线且位似比不为零，\(L,M,N\) 也不共线。因此，这种构型符合条件。此时由上述公式得 \[ \mathbf g=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}=\mathbf x. \]
所以，\(\pi\) 内的每一点都能由一个非退化三角形 \(LMN\) 的重心取得，所述轨迹得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1961 · Задача 6
Рассмотрим плоскость \(\varepsilon\) и три не лежащие на одной прямой точки \(A,B,C\) по одну сторону от \(\varepsilon\); предположим, что плоскость, определяемая этими тремя точками, не параллельна \(\varepsilon\). В плоскости a возьмём три произвольные точки \(A',B',C'\). Пусть \(L,M,N\) — середины отрезков \(AA',BB',CC'\); пусть \(G\) — центр тяжести треугольника \(LMN\). (Мы не будем рассматривать такие положения точек \(A',B',C'\), при которых точки \(L,M,N\) не образуют треугольника.) Каково геометрическое место точек \(G\), когда \(A',B',C'\) независимо друг от друга пробегают плоскость \(\varepsilon\)?
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
Пусть \(T\) — центр тяжести треугольника \(ABC\), а \(H\) — его ортогональная проекция на \(\varepsilon\). Искомое геометрическое место — вся плоскость, параллельная \(\varepsilon\) и проходящая через середину \(TH\).
Решение
Обозначим указанную плоскость через \(\pi\) и будем пользоваться радиус-векторами относительно фиксированного начала отсчёта.
Для любого допустимого выбора \(A',B',C'\) определим точку \(P\) равенством \[ \mathbf p=\frac{\mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}3. \] Поскольку \(A',B',C'\) лежат в плоскости \(\varepsilon\), их аффинное среднее \(P\) также лежит в \(\varepsilon\). Это остаётся верным, когда эти три точки лежат на одной прямой или совпадают.
По формулам середины отрезка и центра тяжести получаем \[ \begin{aligned} \mathbf g &=\frac{\mathbf l+\mathbf m+\mathbf n}{3}\\ &=\frac{\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c+ \mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}6\\ &=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}. \end{aligned} \] Таким образом, \(G\) — середина \(TP\). Гомотетия с центром \(T\) и коэффициентом \(1/2\) переводит \(\varepsilon\) в \(\pi\): она сохраняет направления в плоскости и переводит \(H\) в середину \(TH\). Следовательно, каждая допустимая точка \(G\) лежит в \(\pi\).
Обратно, пусть \(X\) — произвольная точка плоскости \(\pi\). В силу той же гомотетии существует точка \(P\in\varepsilon\), для которой \(X\) является серединой \(TP\). Выберем \[ A'=B'=C'=P. \] Тогда \(L,M,N\) — образы точек \(A,B,C\) соответственно при гомотетии с центром \(P\) и коэффициентом \(1/2\). Поскольку \(A,B,C\) не лежат на одной прямой и коэффициент гомотетии отличен от нуля, \(L,M,N\) не лежат на одной прямой. Следовательно, эта конфигурация допустима. Полученная выше формула теперь даёт \[ \mathbf g=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}=\mathbf x. \]
Таким образом, каждая точка плоскости \(\pi\) получается для некоторого невырожденного треугольника \(LMN\), что доказывает утверждение об искомом геометрическом месте.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1961 · المسألة 6
ليكن \(\varepsilon\) مستوى، ولتكن \(A,B,C\) ثلاث نقاط غير واقعة على استقامة واحدة وتقع في جهة واحدة من \(\varepsilon\)؛ ولنفترض أن المستوى الذي تحدده هذه النقاط الثلاث غير موازٍ لـ\(\varepsilon\). خذ في المستوى a ثلاث نقاط كيفية \(A',B',C'\). لتكن \(L,M,N\) منتصفات القطع \(AA',BB',CC'\)؛ وليكن \(G\) مركز ثقل المثلث \(LMN\). (لن ننظر في أوضاع النقاط \(A',B',C'\) التي لا تشكل فيها النقاط \(L,M,N\) مثلثًا.) ما المحل الهندسي للنقطة \(G\) عندما تتحرك \(A',B',C'\) كل منها بصورة مستقلة على كامل المستوى \(\varepsilon\)؟
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
ليكن \(T\) مركز ثقل \(ABC\)، وليكن \(H\) مسقطه العمودي على \(\varepsilon\). المحل الهندسي هو المستوى الموازي لـ\(\varepsilon\) والمار بمنتصف \(TH\) بأكمله.
الحل
لنرمز إلى المستوى المقترح بـ\(\pi\)، ولنستخدم متجهات الموضع بالنسبة إلى أصل ثابت.
لأي اختيار مقبول للنقاط \(A',B',C'\)، عرِّف \(P\) بالعلاقة \[ \mathbf p=\frac{\mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}3. \] بما أن \(A',B',C'\) تقع في المستوى \(\varepsilon\)، فإن متوسطها التآلفي \(P\) يقع أيضًا في \(\varepsilon\). ويظل هذا صحيحًا عندما تكون هذه النقاط الثلاث على استقامة واحدة أو منطبقة.
تعطي صيغتا منتصف القطعة ومركز الثقل \[ \begin{aligned} \mathbf g &=\frac{\mathbf l+\mathbf m+\mathbf n}{3}\\ &=\frac{\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c+ \mathbf a'+\mathbf b'+\mathbf c'}6\\ &=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}. \end{aligned} \] إذن \(G\) منتصف \(TP\). يحول التحاكي ذو المركز \(T\) والنسبة \(1/2\) المستوى \(\varepsilon\) إلى \(\pi\): فهو يحفظ اتجاهات المستوى ويرسل \(H\) إلى منتصف \(TH\). وبالتالي تقع كل نقطة مقبولة \(G\) في \(\pi\).
وعكسًا، لتكن \(X\) أي نقطة من \(\pi\). بالتحاكي نفسه، توجد نقطة \(P\in\varepsilon\) بحيث تكون \(X\) منتصف \(TP\). اختر \[ A'=B'=C'=P. \] عندئذ تكون \(L,M,N\) صور \(A,B,C\)، على الترتيب، بالتحاكي ذي المركز \(P\) والنسبة \(1/2\). وبما أن \(A,B,C\) غير واقعة على استقامة واحدة والنسبة غير منعدمة، فإن \(L,M,N\) غير واقعة على استقامة واحدة. ومن ثم فهذا الوضع مقبول. وتعطينا الصيغة المعروضة الآن \[ \mathbf g=\frac{\mathbf t+\mathbf p}{2}=\mathbf x. \]
إذن تتحقق كل نقطة من \(\pi\) بواسطة مثلث \(LMN\) غير منعدم المساحة، وهذا يثبت المحل الهندسي المذكور.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).