IMO 1965 · Problem 5

Consider \(\triangle OAB\) with acute angle \(AOB\). Through a point \(M\ne O\) perpendiculars are drawn to \(OA\) and \(OB\), the feet of which are \(P\) and \(Q\) respectively. The point of intersection of the altitudes of \(\triangle OPQ\) is \(H\). What is the locus of \(H\) if \(M\) is permitted to range over (a) the side \(AB\), (b) the interior of \(\triangle OAB\)?

Official text of the problem. Official problem paper (PDF)

Answer

Let \(A'\) be the foot of the perpendicular from \(A\) to \(OB\), and \(B'\) the foot of the perpendicular from \(B\) to \(OA\).

(a) The segment \(A'B'\), including both endpoints.
(b) The interior of \(\triangle OA'B'\), excluding its boundary.

Solution

Take \(O\) as the origin. Let \(\mathbf u,\mathbf v\) be unit vectors along \(OA,OB\), respectively, and write \[ a=OA,\qquad b=OB,\qquad c=\cos\angle AOB. \] Then \(0<c<1\), \(\mathbf u\cdot\mathbf v=c\), and the position vectors of \(A'\) and \(B'\) are \[ \mathbf a'=ac\,\mathbf v,\qquad \mathbf b'=bc\,\mathbf u. \]

Every permitted point \(M\) has a representation \[ \mathbf m=\lambda a\,\mathbf u+\mu b\,\mathbf v, \] where \(\lambda,\mu\ge0\) and they are not both zero. Orthogonal projection onto the two sides gives \[ \mathbf p=(\lambda a+\mu bc)\mathbf u,\qquad \mathbf q=(\lambda ac+\mu b)\mathbf v. \] Both coefficients are positive. Thus \(P,Q\ne O\), and since \(OA\) and \(OB\) are distinct lines, \(\triangle OPQ\) is nondegenerate.

We claim that its orthocenter has position vector \[ \mathbf h=\lambda ac\,\mathbf v+\mu bc\,\mathbf u =\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b'. \] Indeed, \[ \begin{aligned} (\mathbf h-\mathbf p)\cdot\mathbf v &=\lambda ac+\mu bc^2-(\lambda a+\mu bc)c=0,\\ (\mathbf h-\mathbf q)\cdot\mathbf u &=\lambda ac^2+\mu bc-(\lambda ac+\mu b)c=0. \end{aligned} \] The first equality places \(H\) on the altitude through \(P\), and the second places it on the altitude through \(Q\). These altitudes are not parallel, so their intersection is precisely the required \(H\). This argument also applies when \(H=P\) or \(H=Q\).

(a) As \(M\) ranges over \(AB\), its coefficients are \[ \lambda=1-t,\qquad \mu=t,\qquad 0\le t\le1. \] Consequently, \[ \mathbf h=(1-t)\mathbf a'+t\mathbf b', \] which describes exactly the segment \(A'B'\), including its endpoints.

(b) A point \(M\) lies in the interior of \(\triangle OAB\) exactly when \[ \lambda>0,\qquad \mu>0,\qquad \lambda+\mu<1. \] Since \(a,b,c>0\), the points \(O,A',B'\) are noncollinear. Therefore the vectors \[ \mathbf h=\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] with these same inequalities describe exactly the interior of \(\triangle OA'B'\): the coefficients of its three vertices are \(1-\lambda-\mu,\lambda,\mu\), all positive. Conversely, every such point \(H\) is attained by taking \(M\) with the same coefficients. Thus the entire stated interior, and no boundary point, is the locus.

The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).

IMO 1965 · Aufgabe 5

Betrachte \(\triangle OAB\) mit spitzem Winkel \(AOB\). Durch einen Punkt \(M\ne O\) werden die Lote auf \(OA\) und \(OB\) gefällt, deren Fußpunkte \(P\) beziehungsweise \(Q\) sind. Der Schnittpunkt der Höhen von \(\triangle OPQ\) sei \(H\). Welchen geometrischen Ort beschreibt \(H\), wenn \(M\) (a) die Seite \(AB\), (b) das Innere von \(\triangle OAB\) durchläuft?

Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)

Antwort

Sei \(A'\) der Fußpunkt des Lotes von \(A\) auf \(OB\) und \(B'\) der Fußpunkt des Lotes von \(B\) auf \(OA\).

(a) Die Strecke \(A'B'\), einschließlich beider Endpunkte.
(b) Das Innere von \(\triangle OA'B'\), ohne seinen Rand.

Lösung

Wähle \(O\) als Ursprung. Seien \(\mathbf u,\mathbf v\) Einheitsvektoren in Richtung von \(OA,OB\), und setze \[ a=OA,\qquad b=OB,\qquad c=\cos\angle AOB. \] Dann gilt \(0<c<1\), \(\mathbf u\cdot\mathbf v=c\), und die Ortsvektoren von \(A'\) und \(B'\) sind \[ \mathbf a'=ac\,\mathbf v,\qquad \mathbf b'=bc\,\mathbf u. \]

Jeder zulässige Punkt \(M\) hat eine Darstellung \[ \mathbf m=\lambda a\,\mathbf u+\mu b\,\mathbf v, \] wobei \(\lambda,\mu\ge0\) gilt und sie nicht beide null sind. Die orthogonale Projektion auf die beiden Seiten ergibt \[ \mathbf p=(\lambda a+\mu bc)\mathbf u,\qquad \mathbf q=(\lambda ac+\mu b)\mathbf v. \] Beide Koeffizienten sind positiv. Somit gilt \(P,Q\ne O\), und da \(OA\) und \(OB\) verschiedene Geraden sind, ist \(\triangle OPQ\) nicht entartet.

Wir behaupten, dass sein Höhenschnittpunkt den Ortsvektor \[ \mathbf h=\lambda ac\,\mathbf v+\mu bc\,\mathbf u =\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] hat. Tatsächlich gilt \[ \begin{aligned} (\mathbf h-\mathbf p)\cdot\mathbf v &=\lambda ac+\mu bc^2-(\lambda a+\mu bc)c=0,\\ (\mathbf h-\mathbf q)\cdot\mathbf u &=\lambda ac^2+\mu bc-(\lambda ac+\mu b)c=0. \end{aligned} \] Die erste Gleichheit zeigt, dass \(H\) auf der Höhe durch \(P\) liegt, und die zweite, dass er auf der Höhe durch \(Q\) liegt. Diese Höhen sind nicht parallel, also ist ihr Schnittpunkt genau der gesuchte Punkt \(H\). Dieses Argument gilt auch, wenn \(H=P\) oder \(H=Q\) ist.

(a) Wenn \(M\) die Strecke \(AB\) durchläuft, lauten seine Koeffizienten \[ \lambda=1-t,\qquad \mu=t,\qquad 0\le t\le1. \] Folglich gilt \[ \mathbf h=(1-t)\mathbf a'+t\mathbf b', \] was genau die Strecke \(A'B'\) einschließlich ihrer Endpunkte beschreibt.

(b) Ein Punkt \(M\) liegt genau dann im Inneren von \(\triangle OAB\), wenn \[ \lambda>0,\qquad \mu>0,\qquad \lambda+\mu<1. \] Wegen \(a,b,c>0\) liegen die Punkte \(O,A',B'\) nicht auf einer Geraden. Daher beschreiben die Vektoren \[ \mathbf h=\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] unter denselben Ungleichungen genau das Innere von \(\triangle OA'B'\): Die Koeffizienten seiner drei Eckpunkte sind \(1-\lambda-\mu,\lambda,\mu\) und damit sämtlich positiv. Umgekehrt erhält man jeden solchen Punkt \(H\), indem man \(M\) mit denselben Koeffizienten wählt. Somit ist der geometrische Ort das gesamte angegebene Innere und enthält keinen Randpunkt.

Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.

IMO 1965 · Soru 5

\(AOB\) açısı dar olan \(\triangle OAB\)'yi ele alalım. \(M\ne O\) noktasından \(OA\) ve \(OB\)'ye çizilen dikmelerin ayakları sırasıyla \(P\) ve \(Q\) olsun. \(\triangle OPQ\)'nun yüksekliklerinin kesişim noktası \(H\)'dir. \(M\) noktası (a) \(AB\) kenarı üzerinde, (b) \(\triangle OAB\)'nin iç bölgesinde değiştiğinde \(H\)'nin geometrik yeri nedir?

Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)

Cevap

\(A\)'dan \(OB\)'ye indirilen dikmenin ayağı \(A'\), \(B\)'den \(OA\)'ya indirilen dikmenin ayağı ise \(B'\) olsun.

(a) Her iki uç noktası da dahil olmak üzere \(A'B'\) doğru parçası.
(b) Sınırı hariç olmak üzere \(\triangle OA'B'\)'nin iç bölgesi.

Çözüm

\(O\)'yu başlangıç noktası alalım. \(\mathbf u,\mathbf v\), sırasıyla \(OA,OB\) yönündeki birim vektörler olsun ve \[ a=OA,\qquad b=OB,\qquad c=\cos\angle AOB \] yazalım. Bu durumda \(0<c<1\), \(\mathbf u\cdot\mathbf v=c\) olur ve \(A'\) ile \(B'\)'nin konum vektörleri \[ \mathbf a'=ac\,\mathbf v,\qquad \mathbf b'=bc\,\mathbf u \] olur.

İzin verilen her \(M\) noktası \[ \mathbf m=\lambda a\,\mathbf u+\mu b\,\mathbf v, \] biçiminde gösterilebilir; burada \(\lambda,\mu\ge0\) olup ikisi birden sıfır değildir. İki kenar üzerine dik izdüşüm alınarak \[ \mathbf p=(\lambda a+\mu bc)\mathbf u,\qquad \mathbf q=(\lambda ac+\mu b)\mathbf v \] elde edilir. Her iki katsayı da pozitiftir. Dolayısıyla \(P,Q\ne O\) olur ve \(OA\) ile \(OB\) farklı doğrular olduğundan \(\triangle OPQ\) dejenere değildir.

Bu üçgenin diklik merkezinin konum vektörünün \[ \mathbf h=\lambda ac\,\mathbf v+\mu bc\,\mathbf u =\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] olduğunu iddia ediyoruz. Gerçekten, \[ \begin{aligned} (\mathbf h-\mathbf p)\cdot\mathbf v &=\lambda ac+\mu bc^2-(\lambda a+\mu bc)c=0,\\ (\mathbf h-\mathbf q)\cdot\mathbf u &=\lambda ac^2+\mu bc-(\lambda ac+\mu b)c=0. \end{aligned} \] Birinci eşitlik \(H\)'nin \(P\)'den geçen yükseklik üzerinde, ikinci eşitlik ise \(Q\)'dan geçen yükseklik üzerinde olduğunu gösterir. Bu yükseklikler paralel olmadığından, kesişimleri tam olarak aranan \(H\) noktasıdır. Bu akıl yürütme \(H=P\) veya \(H=Q\) olduğunda da geçerlidir.

(a) \(M\), \(AB\) üzerinde değişirken katsayıları \[ \lambda=1-t,\qquad \mu=t,\qquad 0\le t\le1 \] biçimindedir. Bunun sonucunda \[ \mathbf h=(1-t)\mathbf a'+t\mathbf b', \] olur; bu da tam olarak, uç noktaları dahil \(A'B'\) doğru parçasını tanımlar.

(b) Bir \(M\) noktasının \(\triangle OAB\)'nin iç bölgesinde olması için gerek ve yeter koşul \[ \lambda>0,\qquad \mu>0,\qquad \lambda+\mu<1 \] olmasıdır. \(a,b,c>0\) olduğundan \(O,A',B'\) noktaları doğrusal değildir. Dolayısıyla aynı eşitsizlikleri sağlayan \[ \mathbf h=\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] vektörleri tam olarak \(\triangle OA'B'\)'nin iç bölgesini tanımlar: üç köşenin katsayıları \(1-\lambda-\mu,\lambda,\mu\) olup hepsi pozitiftir. Tersine, bu tür her \(H\) noktası, aynı katsayılara sahip \(M\) alınarak elde edilir. Böylece geometrik yer, hiçbir sınır noktası dahil olmaksızın, belirtilen iç bölgenin tamamıdır.

Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.

IMO 1965 · Problema 5

Consideremos \(\triangle OAB\) con el ángulo \(AOB\) agudo. Por un punto \(M\ne O\) se trazan perpendiculares a \(OA\) y a \(OB\), cuyos pies son \(P\) y \(Q\), respectivamente. El punto de intersección de las alturas de \(\triangle OPQ\) es \(H\). ¿Cuál es el lugar geométrico de \(H\) si \(M\) puede recorrer (a) el lado \(AB\), (b) el interior de \(\triangle OAB\)?

Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)

Respuesta

Sea \(A'\) el pie de la perpendicular trazada desde \(A\) a \(OB\), y \(B'\) el pie de la perpendicular trazada desde \(B\) a \(OA\).

(a) El segmento \(A'B'\), incluidos ambos extremos.
(b) El interior de \(\triangle OA'B'\), excluida su frontera.

Solución

Tomemos \(O\) como origen. Sean \(\mathbf u,\mathbf v\) vectores unitarios en las direcciones de \(OA,OB\), respectivamente, y escribamos \[ a=OA,\qquad b=OB,\qquad c=\cos\angle AOB. \] Entonces \(0<c<1\), \(\mathbf u\cdot\mathbf v=c\), y los vectores de posición de \(A'\) y \(B'\) son \[ \mathbf a'=ac\,\mathbf v,\qquad \mathbf b'=bc\,\mathbf u. \]

Todo punto admisible \(M\) se puede representar como \[ \mathbf m=\lambda a\,\mathbf u+\mu b\,\mathbf v, \] donde \(\lambda,\mu\ge0\) y no son ambos cero. La proyección ortogonal sobre los dos lados da \[ \mathbf p=(\lambda a+\mu bc)\mathbf u,\qquad \mathbf q=(\lambda ac+\mu b)\mathbf v. \] Ambos coeficientes son positivos. Por tanto, \(P,Q\ne O\), y como \(OA\) y \(OB\) son rectas distintas, \(\triangle OPQ\) no es degenerado.

Afirmamos que su ortocentro tiene vector de posición \[ \mathbf h=\lambda ac\,\mathbf v+\mu bc\,\mathbf u =\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b'. \] En efecto, \[ \begin{aligned} (\mathbf h-\mathbf p)\cdot\mathbf v &=\lambda ac+\mu bc^2-(\lambda a+\mu bc)c=0,\\ (\mathbf h-\mathbf q)\cdot\mathbf u &=\lambda ac^2+\mu bc-(\lambda ac+\mu b)c=0. \end{aligned} \] La primera igualdad sitúa a \(H\) en la altura que pasa por \(P\), y la segunda lo sitúa en la altura que pasa por \(Q\). Estas alturas no son paralelas, por lo que su intersección es precisamente el punto \(H\) buscado. Este argumento también es válido cuando \(H=P\) o \(H=Q\).

(a) Cuando \(M\) recorre \(AB\), sus coeficientes son \[ \lambda=1-t,\qquad \mu=t,\qquad 0\le t\le1. \] En consecuencia, \[ \mathbf h=(1-t)\mathbf a'+t\mathbf b', \] lo que describe exactamente el segmento \(A'B'\), incluidos sus extremos.

(b) Un punto \(M\) pertenece al interior de \(\triangle OAB\) si y solo si \[ \lambda>0,\qquad \mu>0,\qquad \lambda+\mu<1. \] Como \(a,b,c>0\), los puntos \(O,A',B'\) no están alineados. Por tanto, los vectores \[ \mathbf h=\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] que satisfacen estas mismas desigualdades describen exactamente el interior de \(\triangle OA'B'\): los coeficientes de sus tres vértices son \(1-\lambda-\mu,\lambda,\mu\), todos positivos. Recíprocamente, cada uno de estos puntos \(H\) se obtiene tomando \(M\) con los mismos coeficientes. Así pues, el lugar geométrico es todo el interior indicado, sin ningún punto de la frontera.

La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).

IMO 1965 · 问题 5

设 \(\triangle OAB\) 的角 \(AOB\) 为锐角。过点 \(M\ne O\) 分别向 \(OA\) 和 \(OB\) 作垂线，垂足分别为 \(P\) 和 \(Q\)。\(\triangle OPQ\) 的高的交点为 \(H\)。当 \(M\) 在 (a) 边 \(AB\) 上，(b) \(\triangle OAB\) 的内部运动时，\(H\) 的轨迹是什么？

题目译自官方英文原文。官方试卷 (PDF)

答案

设 \(A'\) 为从 \(A\) 向 \(OB\) 所作垂线的垂足，\(B'\) 为从 \(B\) 向 \(OA\) 所作垂线的垂足。

(a) 线段 \(A'B'\)，包括两个端点。
(b) \(\triangle OA'B'\) 的内部，不包括边界。

解答

以 \(O\) 为原点。设 \(\mathbf u,\mathbf v\) 分别为沿 \(OA,OB\) 方向的单位向量，并记 \[ a=OA,\qquad b=OB,\qquad c=\cos\angle AOB. \] 则 \(0<c<1\)，\(\mathbf u\cdot\mathbf v=c\)，且 \(A'\) 和 \(B'\) 的位置向量为 \[ \mathbf a'=ac\,\mathbf v,\qquad \mathbf b'=bc\,\mathbf u. \]

每个符合条件的点 \(M\) 都可表示为 \[ \mathbf m=\lambda a\,\mathbf u+\mu b\,\mathbf v, \] 其中 \(\lambda,\mu\ge0\)，且两者不同时为零。向两边作正交投影，得到 \[ \mathbf p=(\lambda a+\mu bc)\mathbf u,\qquad \mathbf q=(\lambda ac+\mu b)\mathbf v. \] 这两个系数均为正数。因此 \(P,Q\ne O\)，又因 \(OA\) 与 \(OB\) 是不同的直线，\(\triangle OPQ\) 非退化。

我们断言，其垂心的位置向量为 \[ \mathbf h=\lambda ac\,\mathbf v+\mu bc\,\mathbf u =\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b'. \] 事实上， \[ \begin{aligned} (\mathbf h-\mathbf p)\cdot\mathbf v &=\lambda ac+\mu bc^2-(\lambda a+\mu bc)c=0,\\ (\mathbf h-\mathbf q)\cdot\mathbf u &=\lambda ac^2+\mu bc-(\lambda ac+\mu b)c=0. \end{aligned} \] 第一个等式说明 \(H\) 在过 \(P\) 的高所在直线上，第二个等式说明它在过 \(Q\) 的高所在直线上。这两条高所在直线不平行，因此它们的交点恰为所求的 \(H\)。当 \(H=P\) 或 \(H=Q\) 时，这一论证也适用。

(a) 当 \(M\) 遍历 \(AB\) 时，其系数为 \[ \lambda=1-t,\qquad \mu=t,\qquad 0\le t\le1. \] 于是 \[ \mathbf h=(1-t)\mathbf a'+t\mathbf b', \] 这恰好描述了线段 \(A'B'\)，包括其端点。

(b) 点 \(M\) 位于 \(\triangle OAB\) 内部，当且仅当 \[ \lambda>0,\qquad \mu>0,\qquad \lambda+\mu<1. \] 由于 \(a,b,c>0\)，点 \(O,A',B'\) 不共线。因此，向量 \[ \mathbf h=\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] 在满足这些相同不等式时，恰好描述了 \(\triangle OA'B'\) 的内部：其三个顶点的系数分别为 \(1-\lambda-\mu,\lambda,\mu\)，均为正数。反过来，对每个这样的点 \(H\)，取具有相同系数的 \(M\)，就能得到该点 \(H\)。因此，轨迹是上述三角形的整个内部，不含任何边界点。

解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。

IMO 1965 · Задача 5

Рассмотрим \(\triangle OAB\) с острым углом \(AOB\). Через точку \(M\ne O\) проведены перпендикуляры к \(OA\) и \(OB\), основания которых — \(P\) и \(Q\) соответственно. Точка пересечения высот \(\triangle OPQ\) обозначена через \(H\). Каково геометрическое место точек \(H\), если \(M\) пробегает (a) сторону \(AB\), (b) внутреннюю область \(\triangle OAB\)?

Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)

Ответ

Пусть \(A'\) — основание перпендикуляра из \(A\) на \(OB\), а \(B'\) — основание перпендикуляра из \(B\) на \(OA\).

(a) Отрезок \(A'B'\), включая оба конца.
(b) Внутренняя область \(\triangle OA'B'\), без границы.

Решение

Примем \(O\) за начало координат. Пусть \(\mathbf u,\mathbf v\) — единичные векторы, направленные вдоль \(OA,OB\) соответственно, и положим \[ a=OA,\qquad b=OB,\qquad c=\cos\angle AOB. \] Тогда \(0<c<1\), \(\mathbf u\cdot\mathbf v=c\), а радиус-векторы точек \(A'\) и \(B'\) равны \[ \mathbf a'=ac\,\mathbf v,\qquad \mathbf b'=bc\,\mathbf u. \]

Для каждой допустимой точки \(M\) имеется представление \[ \mathbf m=\lambda a\,\mathbf u+\mu b\,\mathbf v, \] где \(\lambda,\mu\ge0\) и они не равны нулю одновременно. Ортогональное проектирование на две стороны даёт \[ \mathbf p=(\lambda a+\mu bc)\mathbf u,\qquad \mathbf q=(\lambda ac+\mu b)\mathbf v. \] Оба коэффициента положительны. Таким образом, \(P,Q\ne O\), и, поскольку \(OA\) и \(OB\) — различные прямые, \(\triangle OPQ\) невырожден.

Утверждаем, что радиус-вектор его ортоцентра равен \[ \mathbf h=\lambda ac\,\mathbf v+\mu bc\,\mathbf u =\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b'. \] Действительно, \[ \begin{aligned} (\mathbf h-\mathbf p)\cdot\mathbf v &=\lambda ac+\mu bc^2-(\lambda a+\mu bc)c=0,\\ (\mathbf h-\mathbf q)\cdot\mathbf u &=\lambda ac^2+\mu bc-(\lambda ac+\mu b)c=0. \end{aligned} \] Первое равенство означает, что \(H\) лежит на высоте, проходящей через \(P\), а второе — что она лежит на высоте, проходящей через \(Q\). Эти высоты не параллельны, поэтому их пересечение и есть искомая точка \(H\). Это рассуждение применимо и в случае \(H=P\) или \(H=Q\).

(a) Когда \(M\) пробегает \(AB\), её коэффициенты имеют вид \[ \lambda=1-t,\qquad \mu=t,\qquad 0\le t\le1. \] Следовательно, \[ \mathbf h=(1-t)\mathbf a'+t\mathbf b', \] что описывает в точности отрезок \(A'B'\), включая его концы.

(b) Точка \(M\) лежит во внутренней области \(\triangle OAB\) тогда и только тогда, когда \[ \lambda>0,\qquad \mu>0,\qquad \lambda+\mu<1. \] Поскольку \(a,b,c>0\), точки \(O,A',B'\) не лежат на одной прямой. Поэтому векторы \[ \mathbf h=\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] при тех же неравенствах описывают в точности внутреннюю область \(\triangle OA'B'\): коэффициенты при трёх его вершинах равны \(1-\lambda-\mu,\lambda,\mu\) и все положительны. Обратно, каждая такая точка \(H\) получается при выборе \(M\) с теми же коэффициентами. Таким образом, искомое геометрическое место — вся указанная внутренняя область, не включающая ни одной граничной точки.

Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).

IMO 1965 · المسألة 5

ليكن لدينا المثلث \(\triangle OAB\) ذو الزاوية الحادة \(AOB\). نرسم من نقطة \(M\ne O\) عمودين على \(OA\) و\(OB\)، قدماهما \(P\) و\(Q\) على الترتيب. نرمز إلى نقطة تقاطع ارتفاعات \(\triangle OPQ\) بالرمز \(H\). ما المحل الهندسي للنقطة \(H\) إذا سُمح للنقطة \(M\) بأن تتحرك على (أ) الضلع \(AB\)، (ب) داخل \(\triangle OAB\)؟

نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)

الإجابة

لتكن \(A'\) قدم العمود من \(A\) على \(OB\)، ولتكن \(B'\) قدم العمود من \(B\) على \(OA\).

(أ) القطعة المستقيمة \(A'B'\)، بما في ذلك طرفاها.
(ب) داخل \(\triangle OA'B'\)، دون حدوده.

الحل

نتخذ \(O\) مبدأً. ولتكن \(\mathbf u,\mathbf v\) متجهي وحدة في اتجاهي \(OA,OB\) على الترتيب، ولنضع \[ a=OA,\qquad b=OB,\qquad c=\cos\angle AOB. \] عندئذ \(0<c<1\)، و\(\mathbf u\cdot\mathbf v=c\)، ومتجها موضع \(A'\) و\(B'\) هما \[ \mathbf a'=ac\,\mathbf v,\qquad \mathbf b'=bc\,\mathbf u. \]

يمكن تمثيل كل نقطة مسموح بها \(M\) بالشكل \[ \mathbf m=\lambda a\,\mathbf u+\mu b\,\mathbf v, \] حيث \(\lambda,\mu\ge0\) ولا يساويان الصفر معًا. يعطي الإسقاط العمودي على الضلعين \[ \mathbf p=(\lambda a+\mu bc)\mathbf u,\qquad \mathbf q=(\lambda ac+\mu b)\mathbf v. \] كلا المعاملين موجب. إذن \(P,Q\ne O\)، وبما أن \(OA\) و\(OB\) مستقيمان مختلفان، فإن \(\triangle OPQ\) غير منحل.

ندّعي أن متجه موضع ملتقى ارتفاعاته هو \[ \mathbf h=\lambda ac\,\mathbf v+\mu bc\,\mathbf u =\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b'. \] وبالفعل، \[ \begin{aligned} (\mathbf h-\mathbf p)\cdot\mathbf v &=\lambda ac+\mu bc^2-(\lambda a+\mu bc)c=0,\\ (\mathbf h-\mathbf q)\cdot\mathbf u &=\lambda ac^2+\mu bc-(\lambda ac+\mu b)c=0. \end{aligned} \] تُبيّن المساواة الأولى أن \(H\) تقع على الارتفاع المار بـ \(P\)، وتُبيّن الثانية أنها تقع على الارتفاع المار بـ \(Q\). وهذان الارتفاعان غير متوازيين، ولذلك فإن نقطة تقاطعهما هي بالضبط النقطة المطلوبة \(H\). وينطبق هذا الاستدلال أيضًا عندما تكون \(H=P\) أو \(H=Q\).

(أ) عندما تتحرك \(M\) على \(AB\)، يكون معاملاها \[ \lambda=1-t,\qquad \mu=t,\qquad 0\le t\le1. \] وبالتالي، \[ \mathbf h=(1-t)\mathbf a'+t\mathbf b', \] وهو ما يصف بالضبط القطعة المستقيمة \(A'B'\)، بما في ذلك طرفاها.

(ب) تقع نقطة \(M\) داخل \(\triangle OAB\) إذا وفقط إذا كان \[ \lambda>0,\qquad \mu>0,\qquad \lambda+\mu<1. \] بما أن \(a,b,c>0\)، فإن النقاط \(O,A',B'\) ليست على استقامة واحدة. ولذلك فإن المتجهات \[ \mathbf h=\lambda\mathbf a'+\mu\mathbf b' \] التي تحقق هذه المتباينات نفسها تصف بالضبط داخل \(\triangle OA'B'\): فمعاملات رؤوسه الثلاثة هي \(1-\lambda-\mu,\lambda,\mu\)، وكلها موجبة. وعكسًا، نحصل على كل نقطة \(H\) من هذا النوع باختيار \(M\) ذات المعاملات نفسها. إذن المحل الهندسي هو كامل المنطقة الداخلية المذكورة، ولا يتضمن أي نقطة من حدودها.

تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).