IMO 1964 · Problem 3
A circle is inscribed in triangle \(ABC\) with sides \(a, b, c\). Tangents to the circle parallel to the sides of the triangle are constructed. Each of these tangents cuts off a triangle from \(\Delta ABC\). In each of these triangles, a circle is inscribed. Find the sum of the areas of all four inscribed circles (in terms of \(a, b, c\)).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Solution
Let \(BC=a\), \(CA=b\), \(AB=c\), and write \[ s=\frac{a+b+c}{2}. \] Denote the area of \(ABC\) by \(K\) and its inradius by \(r\). Joining the incenter to the vertices partitions \(ABC\) into three triangles with heights \(r\), so \[ K=\frac{r(a+b+c)}2=rs. \]
Consider the tangent parallel to \(BC\) and distinct from \(BC\). These two parallel tangents lie on opposite sides of the incircle, so their distance is \(2r\). If \(h_a\) is the altitude from \(A\) to \(BC\), then \[ h_a=\frac{2K}{a}=\frac{2rs}{a}, \qquad \frac{2r}{h_a}=\frac as<1, \] where the strict inequality follows from \(a<b+c\). Thus the new tangent lies strictly between \(BC\) and \(A\), meeting the interiors of \(AB\) and \(AC\).
The triangle it cuts off at \(A\) is similar to \(ABC\), with similarity ratio \[ \frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac as=\frac{s-a}{s}. \] A similarity scales the inradius by the same ratio. Hence the inradius \(r_a\) of this smaller triangle is \[ r_a=r\frac{s-a}{s}. \] Likewise, the other two smaller triangles have inradii \[ r_b=r\frac{s-b}{s}, \qquad r_c=r\frac{s-c}{s}. \] All three ratios are positive by the strict triangle inequalities, so none of these triangles is degenerate.
Consequently, the required sum \(T\) is \[ \begin{aligned} T &=\pi(r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2)\\ &=\frac{\pi r^2}{s^2} \left[s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2\right]\\ &=\frac{\pi r^2(a^2+b^2+c^2)}{s^2}, \end{aligned} \] because \(a+b+c=2s\).
By Heron’s formula and \(K=rs\), \[ r^2=\frac{K^2}{s^2} =\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}s. \] Therefore \[ T=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3} =\boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1964 · Aufgabe 3
In ein Dreieck \(ABC\) mit den Seitenlängen \(a, b, c\) ist ein Kreis einbeschrieben. Es werden Tangenten an den Kreis konstruiert, die parallel zu den Seiten des Dreiecks sind. Jede dieser Tangenten schneidet von \(\Delta ABC\) ein Dreieck ab. In jedes dieser Dreiecke wird ein Kreis einbeschrieben. Bestimme die Summe der Flächeninhalte aller vier einbeschriebenen Kreise (in Abhängigkeit von \(a, b, c\)).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Lösung
Es seien \(BC=a\), \(CA=b\), \(AB=c\), und wir setzen \[ s=\frac{a+b+c}{2}. \] Bezeichne den Flächeninhalt von \(ABC\) mit \(K\) und seinen Inkreisradius mit \(r\). Verbindet man den Inkreismittelpunkt mit den Eckpunkten, so wird \(ABC\) in drei Dreiecke mit den Höhen \(r\) zerlegt, also gilt \[ K=\frac{r(a+b+c)}2=rs. \]
Betrachte die zu \(BC\) parallele und von \(BC\) verschiedene Tangente. Diese beiden parallelen Tangenten liegen auf gegenüberliegenden Seiten des Inkreises, ihr Abstand beträgt also \(2r\). Ist \(h_a\) die Höhe von \(A\) auf \(BC\), so gilt \[ h_a=\frac{2K}{a}=\frac{2rs}{a}, \qquad \frac{2r}{h_a}=\frac as<1, \] wobei die strenge Ungleichung aus \(a<b+c\) folgt. Die neue Tangente liegt somit echt zwischen \(BC\) und \(A\) und schneidet die Strecken \(AB\) und \(AC\) in deren Innerem.
Das Dreieck, das sie bei \(A\) abschneidet, ist zu \(ABC\) ähnlich, mit dem Ähnlichkeitsfaktor \[ \frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac as=\frac{s-a}{s}. \] Bei einer Ähnlichkeitsabbildung wird der Inkreisradius mit demselben Faktor multipliziert. Der Inkreisradius \(r_a\) dieses kleineren Dreiecks ist daher \[ r_a=r\frac{s-a}{s}. \] Ebenso haben die beiden anderen kleineren Dreiecke die Inkreisradien \[ r_b=r\frac{s-b}{s}, \qquad r_c=r\frac{s-c}{s}. \] Wegen der strengen Dreiecksungleichungen sind alle drei Faktoren positiv, sodass keines dieser Dreiecke entartet ist.
Folglich ist die gesuchte Summe \(T\) \[ \begin{aligned} T &=\pi(r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2)\\ &=\frac{\pi r^2}{s^2} \left[s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2\right]\\ &=\frac{\pi r^2(a^2+b^2+c^2)}{s^2}, \end{aligned} \] denn \(a+b+c=2s\).
Nach der heronschen Formel und wegen \(K=rs\) gilt \[ r^2=\frac{K^2}{s^2} =\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}s. \] Daher gilt \[ T=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3} =\boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1964 · Soru 3
Kenar uzunlukları \(a, b, c\) olan \(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberi çiziliyor. Bu çembere üçgenin kenarlarına paralel teğetler çiziliyor. Bu teğetlerin her biri \(\Delta ABC\)'den bir üçgen ayırıyor. Bu üçgenlerin her birinin iç teğet çemberi çiziliyor. Dört iç teğet çemberin alanları toplamını (\(a, b, c\) cinsinden) bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Çözüm
\(BC=a\), \(CA=b\), \(AB=c\) olsun ve \[ s=\frac{a+b+c}{2} \] yazalım. \(ABC\)'nin alanını \(K\), iç teğet çemberinin yarıçapını ise \(r\) ile gösterelim. İç teğet çemberin merkezini köşelerle birleştirince \(ABC\), yükseklikleri \(r\) olan üç üçgene ayrılır; dolayısıyla \[ K=\frac{r(a+b+c)}2=rs. \]
\(BC\)'ye paralel ve \(BC\)'den farklı olan teğeti ele alalım. Bu iki paralel teğet iç teğet çemberin karşı taraflarında bulunduğundan aralarındaki uzaklık \(2r\)'dir. \(A\)'dan \(BC\)'ye indirilen yükseklik \(h_a\) ise \[ h_a=\frac{2K}{a}=\frac{2rs}{a}, \qquad \frac{2r}{h_a}=\frac as<1, \] buradaki kesin eşitsizlik \(a<b+c\)'den elde edilir. Dolayısıyla yeni teğet, \(BC\) ile \(A\) arasında bulunur ve \(AB\) ile \(AC\) doğru parçalarını iç noktalarında keser.
Bu teğetin \(A\) köşesinde ayırdığı üçgen, \(ABC\)'ye benzerdir ve benzerlik oranı \[ \frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac as=\frac{s-a}{s}. \] Benzerlik dönüşümünde iç teğet çemberin yarıçapı da aynı oranda değişir. Bu nedenle bu küçük üçgenin iç teğet çemberinin yarıçapı \(r_a\) için \[ r_a=r\frac{s-a}{s}. \] Benzer şekilde, diğer iki küçük üçgenin iç teğet çemberlerinin yarıçapları \[ r_b=r\frac{s-b}{s}, \qquad r_c=r\frac{s-c}{s}. \] Kesin üçgen eşitsizlikleri gereği her üç oran da pozitiftir; dolayısıyla bu üçgenlerin hiçbiri dejenere değildir.
Böylece aranan toplam \(T\) için \[ \begin{aligned} T &=\pi(r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2)\\ &=\frac{\pi r^2}{s^2} \left[s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2\right]\\ &=\frac{\pi r^2(a^2+b^2+c^2)}{s^2}, \end{aligned} \] çünkü \(a+b+c=2s\).
Heron formülü ve \(K=rs\) eşitliği gereği \[ r^2=\frac{K^2}{s^2} =\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}s. \] Dolayısıyla \[ T=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3} =\boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1964 · Problema 3
En un triángulo \(ABC\) de lados \(a, b, c\) se inscribe una circunferencia. Se trazan tangentes a la circunferencia paralelas a los lados del triángulo. Cada una de estas tangentes determina un triángulo dentro de \(\Delta ABC\). En cada uno de estos triángulos se inscribe una circunferencia. Hallar la suma de las áreas de los cuatro círculos inscritos (en función de \(a, b, c\)).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Solución
Sean \(BC=a\), \(CA=b\), \(AB=c\), y escribamos \[ s=\frac{a+b+c}{2}. \] Denotemos por \(K\) el área de \(ABC\) y por \(r\) el radio de su circunferencia inscrita. Al unir el incentro con los vértices, \(ABC\) queda dividido en tres triángulos de alturas \(r\), por lo que \[ K=\frac{r(a+b+c)}2=rs. \]
Consideremos la tangente paralela a \(BC\) y distinta de \(BC\). Estas dos tangentes paralelas se encuentran a lados opuestos de la circunferencia inscrita, de modo que la distancia entre ellas es \(2r\). Si \(h_a\) es la altura desde \(A\) hasta \(BC\), entonces \[ h_a=\frac{2K}{a}=\frac{2rs}{a}, \qquad \frac{2r}{h_a}=\frac as<1, \] donde la desigualdad estricta se deduce de \(a<b+c\). Por tanto, la nueva tangente se encuentra estrictamente entre \(BC\) y \(A\), y corta los interiores de \(AB\) y \(AC\).
El triángulo que determina junto a \(A\) es semejante a \(ABC\), con razón de semejanza \[ \frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac as=\frac{s-a}{s}. \] Una semejanza multiplica el radio de la circunferencia inscrita por la misma razón. Así pues, el radio \(r_a\) de la circunferencia inscrita en este triángulo menor es \[ r_a=r\frac{s-a}{s}. \] Análogamente, los radios de las circunferencias inscritas en los otros dos triángulos menores son \[ r_b=r\frac{s-b}{s}, \qquad r_c=r\frac{s-c}{s}. \] Las tres razones son positivas por las desigualdades triangulares estrictas, de modo que ninguno de estos triángulos es degenerado.
En consecuencia, la suma buscada \(T\) es \[ \begin{aligned} T &=\pi(r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2)\\ &=\frac{\pi r^2}{s^2} \left[s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2\right]\\ &=\frac{\pi r^2(a^2+b^2+c^2)}{s^2}, \end{aligned} \] porque \(a+b+c=2s\).
Por la fórmula de Herón y la igualdad \(K=rs\), \[ r^2=\frac{K^2}{s^2} =\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}s. \] Por lo tanto, \[ T=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3} =\boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1964 · 问题 3
三角形 \(ABC\) 的三边长为 \(a, b, c\)，其中有一个内切圆。作此圆的切线，分别平行于三角形的各边。每条切线都从 \(\Delta ABC\) 中截出一个三角形。在每个截出的三角形内作内切圆。求这四个内切圆的面积之和（用 \(a, b, c\) 表示）。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
解答
设 \(BC=a\)、\(CA=b\)、\(AB=c\)，并记 \[ s=\frac{a+b+c}{2}. \] 记 \(ABC\) 的面积为 \(K\)，内切圆半径为 \(r\)。将内心与各顶点连接，就把 \(ABC\) 分成了三个高均为 \(r\) 的三角形，因此 \[ K=\frac{r(a+b+c)}2=rs. \]
考虑平行于 \(BC\) 且与 \(BC\) 不重合的切线。这两条平行切线位于内切圆的两侧，所以它们之间的距离为 \(2r\)。若 \(h_a\) 为从 \(A\) 到 \(BC\) 的高，则 \[ h_a=\frac{2K}{a}=\frac{2rs}{a}, \qquad \frac{2r}{h_a}=\frac as<1, \] 其中严格不等式由 \(a<b+c\) 得到。因此，新作的切线严格位于 \(BC\) 与 \(A\) 之间，与线段 \(AB\) 和 \(AC\) 的内部相交。
它在顶点 \(A\) 处截出的三角形与 \(ABC\) 相似，相似比为 \[ \frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac as=\frac{s-a}{s}. \] 相似变换使内切圆半径按相同比例缩放。因此，这个小三角形的内切圆半径 \(r_a\) 为 \[ r_a=r\frac{s-a}{s}. \] 同理，另外两个小三角形的内切圆半径为 \[ r_b=r\frac{s-b}{s}, \qquad r_c=r\frac{s-c}{s}. \] 由严格三角不等式，这三个比值均为正数，所以这三个三角形都不退化。
于是，所求的和 \(T\) 为 \[ \begin{aligned} T &=\pi(r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2)\\ &=\frac{\pi r^2}{s^2} \left[s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2\right]\\ &=\frac{\pi r^2(a^2+b^2+c^2)}{s^2}, \end{aligned} \] 因为 \(a+b+c=2s\)。
由海伦公式及 \(K=rs\)，有 \[ r^2=\frac{K^2}{s^2} =\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}s. \] 因此 \[ T=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3} =\boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1964 · Задача 3
В треугольник \(ABC\) со сторонами \(a, b, c\) вписана окружность. К окружности проведены касательные, параллельные сторонам треугольника. Каждая из этих касательных отсекает от \(\Delta ABC\) треугольник. В каждый из этих треугольников вписана окружность. Найдите сумму площадей всех четырёх вписанных кругов (через \(a, b, c\)).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Решение
Пусть \(BC=a\), \(CA=b\), \(AB=c\), и положим \[ s=\frac{a+b+c}{2}. \] Обозначим площадь треугольника \(ABC\) через \(K\), а радиус его вписанной окружности — через \(r\). Соединяя центр вписанной окружности с вершинами, разбиваем \(ABC\) на три треугольника с высотами \(r\), поэтому \[ K=\frac{r(a+b+c)}2=rs. \]
Рассмотрим касательную, параллельную \(BC\) и отличную от \(BC\). Эти две параллельные касательные расположены по разные стороны от вписанной окружности, поэтому расстояние между ними равно \(2r\). Если \(h_a\) — высота, проведённая из \(A\) к \(BC\), то \[ h_a=\frac{2K}{a}=\frac{2rs}{a}, \qquad \frac{2r}{h_a}=\frac as<1, \] где строгое неравенство следует из \(a<b+c\). Таким образом, новая касательная проходит строго между \(BC\) и \(A\), пересекая внутренние части отрезков \(AB\) и \(AC\).
Треугольник, который она отсекает при вершине \(A\), подобен \(ABC\) с коэффициентом подобия \[ \frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac as=\frac{s-a}{s}. \] При подобии радиус вписанной окружности умножается на тот же коэффициент. Поэтому радиус \(r_a\) вписанной окружности этого меньшего треугольника равен \[ r_a=r\frac{s-a}{s}. \] Аналогично, радиусы вписанных окружностей двух других меньших треугольников равны \[ r_b=r\frac{s-b}{s}, \qquad r_c=r\frac{s-c}{s}. \] Все три коэффициента положительны в силу строгих неравенств треугольника, поэтому ни один из этих треугольников не является вырожденным.
Следовательно, искомая сумма \(T\) равна \[ \begin{aligned} T &=\pi(r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2)\\ &=\frac{\pi r^2}{s^2} \left[s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2\right]\\ &=\frac{\pi r^2(a^2+b^2+c^2)}{s^2}, \end{aligned} \] поскольку \(a+b+c=2s\).
По формуле Герона и равенству \(K=rs\), \[ r^2=\frac{K^2}{s^2} =\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}s. \] Поэтому \[ T=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3} =\boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1964 · المسألة 3
رُسمت دائرة داخل المثلث \(ABC\) ذي أطوال الأضلاع \(a, b, c\)، بحيث تمس أضلاعه. أُنشئت مماسات للدائرة موازية لأضلاع المثلث. يقتطع كل مماس من هذه المماسات مثلثاً من \(\Delta ABC\). وفي كل مثلث من هذه المثلثات رُسمت دائرة داخلية مماسة لأضلاعه. أوجد مجموع مساحات الدوائر الداخلية الأربع (بدلالة \(a, b, c\)).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
الحل
لتكن \(BC=a\)، و\(CA=b\)، و\(AB=c\)، ولنكتب \[ s=\frac{a+b+c}{2}. \] لنرمز إلى مساحة \(ABC\) بالرمز \(K\)، وإلى نصف قطر دائرته الداخلية بالرمز \(r\). إن وصل مركز الدائرة الداخلية بالرؤوس يقسم \(ABC\) إلى ثلاثة مثلثات ارتفاعاتها \(r\)، ومن ثم \[ K=\frac{r(a+b+c)}2=rs. \]
لننظر إلى المماس الموازي لـ \(BC\) والمختلف عنه. يقع هذان المماسان المتوازيان على جهتين متقابلتين من الدائرة الداخلية، ولذلك فالمسافة بينهما هي \(2r\). إذا كان \(h_a\) هو الارتفاع من \(A\) على \(BC\)، فإن \[ h_a=\frac{2K}{a}=\frac{2rs}{a}, \qquad \frac{2r}{h_a}=\frac as<1, \] حيث تنتج المتباينة الصارمة من \(a<b+c\). إذن يقع المماس الجديد بين \(BC\) و\(A\) تماماً، ويقطع كلاً من القطعتين \(AB\) و\(AC\) في نقطة داخلية.
المثلث الذي يقتطعه عند \(A\) مشابه للمثلث \(ABC\)، ونسبة التشابه هي \[ \frac{h_a-2r}{h_a}=1-\frac as=\frac{s-a}{s}. \] يضرب التشابه نصف قطر الدائرة الداخلية في النسبة نفسها. لذا فإن نصف قطر الدائرة الداخلية \(r_a\) لهذا المثلث الأصغر هو \[ r_a=r\frac{s-a}{s}. \] وبالمثل، فإن نصفي قطري الدائرتين الداخليتين للمثلثين الأصغرين الآخرين هما \[ r_b=r\frac{s-b}{s}, \qquad r_c=r\frac{s-c}{s}. \] النسب الثلاث كلها موجبة بموجب متباينات المثلث الصارمة، ولذلك لا ينعدم أي من هذه المثلثات.
وعليه، فإن المجموع المطلوب \(T\) هو \[ \begin{aligned} T &=\pi(r^2+r_a^2+r_b^2+r_c^2)\\ &=\frac{\pi r^2}{s^2} \left[s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2\right]\\ &=\frac{\pi r^2(a^2+b^2+c^2)}{s^2}, \end{aligned} \] لأن \(a+b+c=2s\).
من صيغة هيرون والعلاقة \(K=rs\)، نحصل على \[ r^2=\frac{K^2}{s^2} =\frac{(s-a)(s-b)(s-c)}s. \] وبالتالي \[ T=\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(s-a)(s-b)(s-c)}{s^3} =\boxed{\frac{\pi(a^2+b^2+c^2)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} {(a+b+c)^3}}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).