IMO 1967 · Problem 4

Let \(A_0B_0C_0\) and \(A_1B_1C_1\) be any two acute-angled triangles. Consider all triangles \(ABC\) that are similar to \(\Delta A_1B_1C_1\) (so that vertices \(A_1,B_1,C_1\) correspond to vertices \(A,B,C\), respectively) and circumscribed about triangle \(A_0B_0C_0\) (where \(A_0\) lies on \(BC\), \(B_0\) on \(CA\), and \(AC_0\) on \(AB\)). Of all such possible triangles, determine the one with maximum area, and construct it.

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

Answer

Write \[ \alpha=\angle A_1,\qquad \beta=\angle B_1,\qquad \gamma=\angle C_1. \] There is a unique point \(P\) inside \(A_0B_0C_0\) satisfying \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta,\qquad \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \]

The unique maximizing triangle has its sides through \(A_0,B_0,C_0\), perpendicular to \(PA_0,PB_0,PC_0\), respectively. A straightedge-and-compass construction of \(P\) is given below.

If \[ a_0=B_0C_0,\quad b_0=C_0A_0,\quad c_0=A_0B_0,\quad K_0=[A_0B_0C_0], \] its maximum area is \[ \boxed{\,2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right).\,} \]

Solution

Construct \(O_A\) on the perpendicular bisector of \(B_0C_0\), on the side opposite \(A_0\), at distance \[ \frac{a_0}{2}\cot\alpha \] from \(B_0C_0\). Equivalently, construct the exterior isosceles triangle \(O_AB_0C_0\) with base angles \(\pi/2-\alpha\). Let \(\omega_A\) be the circle with center \(O_A\) through \(B_0,C_0\). Construct \(O_B,\omega_B\) and \(O_C,\omega_C\) cyclically, using \(\beta,\gamma\).

The nonendpoint points on the arc of \(\omega_A\) lying on \(A_0\)'s side of \(B_0C_0\) satisfy \[ \angle B_0XC_0=\pi-\alpha; \] points on its other arc satisfy \(\angle B_0XC_0=\alpha\). The analogous statements hold cyclically.

We first prove that \(\omega_A,\omega_B\) have a second intersection \(P\) inside \(A_0B_0C_0\). Put \(\gamma_0=\angle B_0C_0A_0\). At their common point \(C_0\), the angle between the radii, measured through the angle \(B_0C_0A_0\), is \[ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\gamma_0+ \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=\gamma_0+\gamma. \] Both \(\gamma_0\) and \(\gamma\) are acute, so this angle lies strictly between \(0\) and \(\pi\). The circles are therefore not tangent and have a second intersection \(P\).

Furthermore, \(A_0\) is outside \(\omega_A\). Indeed, the part of its disk on \(A_0\)'s side of \(B_0C_0\) is contained in the disk with diameter \(B_0C_0\), whereas \(A_0\) is outside that disk because \(\angle B_0A_0C_0\) is acute. Similarly, \(B_0\) is outside \(\omega_B\).

Thus the power difference for these two circles is positive at \(A_0\) and negative at \(B_0\). Their radical axis \(C_0P\) consequently meets the open segment \(A_0B_0\) at a point \(D\).

There are three possible positions of \(P\) on this line.

If \(P\) lies on the ray from \(C_0\) opposite \(D\), the circle-angle relations give \[ \angle B_0PC_0=\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\beta. \] Applying the exterior-angle theorem in triangles \(PB_0C_0\) and \(PA_0C_0\) gives \[ \gamma_0>\alpha+\beta=\pi-\gamma>\frac{\pi}{2}, \] a contradiction.
If \(P\) lies on the ray \(C_0D\), at or beyond \(D\), those relations give \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] Here the ray \(PC_0\) lies between \(PB_0\) and \(PA_0\), so the sum of these two angles is at most \(\pi\). But their sum is \(\pi+\gamma>\pi\), again impossible.
Hence \(P\) lies strictly between \(C_0\) and \(D\), inside the triangle.

It follows that \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] The angles around \(P\) then give \[ \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \] Thus \(P\) also belongs to \(\omega_C\). It is the unique interior point with these properties, since any such point must be the second intersection of \(\omega_A,\omega_B\). This proves the asserted construction of \(P\).

Now draw \[ \ell_a\perp PA_0\text{ through }A_0,\qquad \ell_b\perp PB_0\text{ through }B_0,\qquad \ell_c\perp PC_0\text{ through }C_0. \] We verify that they form an admissible triangle.

Take the half-plane bounded by each line that contains \(P\). Their outward normals are \[ \mathbf n_a=A_0-P,\qquad \mathbf n_b=B_0-P,\qquad \mathbf n_c=C_0-P. \] Because \(P\) is interior, these normals span the plane and have a linear dependence with strictly positive coefficients. Their three half-planes therefore have bounded intersection: an unbounded direction would have nonpositive scalar products with all three normals; the positive dependence would force all three products to vanish, contradicting that they span the plane. Since \(P\) lies strictly in each half-plane, their intersection is a nondegenerate triangle.

Moreover, \(P A_0\) lies inside the acute angle \(B_0A_0C_0\). Hence \(B_0,C_0\) lie strictly on \(P\)'s side of \(\ell_a\), and similarly cyclically. Consequently each prescribed contact lies in the interior of its corresponding side.

Label the intersections \[ A^*=\ell_b\cap\ell_c,\qquad B^*=\ell_c\cap\ell_a,\qquad C^*=\ell_a\cap\ell_b. \] The interior angle at \(A^*\) is the supplement of the angle between its outward normals: \[ \angle A^*=\pi-\angle B_0PC_0=\alpha. \] Likewise, \(\angle B^*=\beta\) and \(\angle C^*=\gamma\). Thus the constructed triangle is admissible.

We next prove maximality, including possible endpoint contacts. Take any admissible triangle and choose coordinates with \[ B=(0,0),\qquad C=(a,0), \] and \(A\) above \(BC\). Its contacts can be written \[ A_0=(x,0),\quad C_0=(t\cos\beta,t\sin\beta),\quad B_0=(a-s\cos\gamma,s\sin\gamma), \] where \(0\le x\le a\) and \(s,t\ge0\).

Let \(J(u,v)=(-v,u)\), rotation through \(90^\circ\). The definitions of the exterior circle centers give \[ O_B=\frac{A_0+C_0}{2} +\frac{\cot\beta}{2}J(C_0-A_0), \] \[ O_C=\frac{A_0+B_0}{2} -\frac{\cot\gamma}{2}J(B_0-A_0). \] Their horizontal coordinates are therefore \[ (O_B)_x=\frac{x}{2},\qquad (O_C)_x=\frac{a+x}{2}. \] Consequently, \[ \boxed{BC\le 2O_BO_C,} \] with equality exactly when \(BC\parallel O_BO_C\). These identities remain valid when any contact is an endpoint.

The distinct circles \(\omega_B,\omega_C\) have common chord \(PA_0\), so \[ O_BO_C\perp PA_0. \] The constructed side \(B^*C^*\) is therefore parallel to \(O_BO_C\), and attains the bound. Since \[ [ABC]=\frac{BC^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha}, \] the constructed triangle has maximum area.

It also attains the two cyclic side-length bounds. Any other maximizer, having the same angles and area, must have the same three side lengths and attain all three bounds. Its sides must therefore be precisely \(\ell_a,\ell_b,\ell_c\). This proves uniqueness.

Finally, we calculate the maximum area. Orient \(A_0B_0C_0\) counterclockwise, put \(A_0\) at the origin, and write \[ \mathbf u=B_0,\qquad \mathbf v=C_0. \] Then \[ 2(O_B-O_C)= \mathbf v-\mathbf u+\cot\beta\,J\mathbf v+\cot\gamma\,J\mathbf u. \] Set \(r=\cot\beta,\ s=\cot\gamma\). Using \[ |\mathbf v-\mathbf u|^2=a_0^2,\quad |\mathbf v|^2=b_0^2,\quad |\mathbf u|^2=c_0^2,\quad \det(\mathbf u,\mathbf v)=2K_0, \] expansion gives \[ 4O_BO_C^2 =(1-rs)a_0^2+(r+s)(r b_0^2+s c_0^2)+4K_0(r+s). \] Since \[ 1-rs=(r+s)\cot\alpha,\qquad r+s=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}, \] and \(B^*C^*=2O_BO_C\), we obtain \[ [A^*B^*C^*] =\frac{4O_BO_C^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} =2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right). \]

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

IMO 1967 · Aufgabe 4

Es seien \(A_0B_0C_0\) und \(A_1B_1C_1\) zwei beliebige spitzwinklige Dreiecke. Betrachte alle Dreiecke \(ABC\), die zu \(\Delta A_1B_1C_1\) ähnlich sind (wobei die Eckpunkte \(A_1,B_1,C_1\) den Eckpunkten \(A,B,C\) in dieser Reihenfolge entsprechen) und dem Dreieck \(A_0B_0C_0\) umbeschrieben sind (wobei \(A_0\) auf \(BC\), \(B_0\) auf \(CA\) und \(AC_0\) auf \(AB\) liegt). Bestimme unter allen solchen möglichen Dreiecken dasjenige mit dem größten Flächeninhalt und konstruiere es.

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

Antwort

Wir schreiben \[ \alpha=\angle A_1,\qquad \beta=\angle B_1,\qquad \gamma=\angle C_1. \] Es gibt genau einen Punkt \(P\) im Inneren von \(A_0B_0C_0\), für den gilt \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta,\qquad \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \]

Die Seiten des eindeutig bestimmten Dreiecks mit maximalem Flächeninhalt verlaufen durch \(A_0,B_0,C_0\) und stehen jeweils senkrecht auf \(PA_0,PB_0,PC_0\). Eine Konstruktion von \(P\) mit Zirkel und Lineal wird unten angegeben.

Ist \[ a_0=B_0C_0,\quad b_0=C_0A_0,\quad c_0=A_0B_0,\quad K_0=[A_0B_0C_0], \] so beträgt der maximale Flächeninhalt \[ \boxed{\,2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right).\,} \]

Lösung

Konstruiere \(O_A\) auf der Mittelsenkrechten von \(B_0C_0\), auf der \(A_0\) gegenüberliegenden Seite, im Abstand \[ \frac{a_0}{2}\cot\alpha \] von \(B_0C_0\). Gleichbedeutend damit ist die Konstruktion des außen liegenden gleichschenkligen Dreiecks \(O_AB_0C_0\) mit den Basiswinkeln \(\pi/2-\alpha\). Es sei \(\omega_A\) der Kreis mit Mittelpunkt \(O_A\) durch \(B_0,C_0\). Konstruiere \(O_B,\omega_B\) und \(O_C,\omega_C\) durch zyklische Vertauschung unter Verwendung von \(\beta,\gamma\).

Für die von den Endpunkten verschiedenen Punkte auf dem Bogen von \(\omega_A\), der auf derselben Seite von \(B_0C_0\) wie \(A_0\) liegt, gilt \[ \angle B_0XC_0=\pi-\alpha; \] für die Punkte auf dem anderen Bogen gilt \(\angle B_0XC_0=\alpha\). Die entsprechenden Aussagen gelten bei zyklischer Vertauschung.

Wir beweisen zunächst, dass \(\omega_A,\omega_B\) einen zweiten Schnittpunkt \(P\) im Inneren von \(A_0B_0C_0\) haben. Wir setzen \(\gamma_0=\angle B_0C_0A_0\). An ihrem gemeinsamen Punkt \(C_0\) beträgt der Winkel zwischen den Radien, der den Winkel \(B_0C_0A_0\) einschließt, \[ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\gamma_0+ \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=\gamma_0+\gamma. \] Sowohl \(\gamma_0\) als auch \(\gamma\) sind spitz, sodass dieser Winkel strikt zwischen \(0\) und \(\pi\) liegt. Die Kreise berühren einander daher nicht und haben einen zweiten Schnittpunkt \(P\).

Ferner liegt \(A_0\) außerhalb von \(\omega_A\). In der Tat ist der Teil seiner Kreisscheibe, der auf derselben Seite von \(B_0C_0\) wie \(A_0\) liegt, in der Kreisscheibe mit Durchmesser \(B_0C_0\) enthalten, während \(A_0\) außerhalb dieser Kreisscheibe liegt, weil \(\angle B_0A_0C_0\) spitz ist. Ebenso liegt \(B_0\) außerhalb von \(\omega_B\).

Somit ist die Differenz der Potenzen bezüglich dieser beiden Kreise bei \(A_0\) positiv und bei \(B_0\) negativ. Ihre Potenzgerade \(C_0P\) schneidet folglich die offene Strecke \(A_0B_0\) in einem Punkt \(D\).

Für die Lage von \(P\) auf dieser Geraden gibt es drei Möglichkeiten.

Liegt \(P\) auf dem von \(C_0\) ausgehenden, von \(D\) abgewandten Strahl, so ergeben die Kreiswinkelsätze \[ \angle B_0PC_0=\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\beta. \] Die Anwendung des Außenwinkelsatzes in den Dreiecken \(PB_0C_0\) und \(PA_0C_0\) ergibt \[ \gamma_0>\alpha+\beta=\pi-\gamma>\frac{\pi}{2}, \] einen Widerspruch.
Liegt \(P\) auf dem Strahl \(C_0D\), und zwar in \(D\) oder jenseits von \(D\), so ergeben diese Beziehungen \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] Hier liegt der Strahl \(PC_0\) zwischen \(PB_0\) und \(PA_0\), sodass die Summe dieser beiden Winkel höchstens \(\pi\) beträgt. Ihre Summe ist jedoch \(\pi+\gamma>\pi\), was wiederum unmöglich ist.
Daher liegt \(P\) strikt zwischen \(C_0\) und \(D\), im Inneren des Dreiecks.

Es folgt \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] Aus der Winkelsumme um \(P\) ergibt sich dann \[ \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \] Somit liegt \(P\) auch auf \(\omega_C\). Er ist der einzige innere Punkt mit diesen Eigenschaften, da jeder solche Punkt der zweite Schnittpunkt von \(\omega_A,\omega_B\) sein muss. Damit ist die angegebene Konstruktion von \(P\) bewiesen.

Zeichne nun \[ \ell_a\perp PA_0\text{ durch }A_0,\qquad \ell_b\perp PB_0\text{ durch }B_0,\qquad \ell_c\perp PC_0\text{ durch }C_0. \] Wir überprüfen, dass diese Geraden ein zulässiges Dreieck bilden.

Wir wählen zu jeder Geraden die von ihr begrenzte Halbebene, die \(P\) enthält. Ihre nach außen gerichteten Normalenvektoren sind \[ \mathbf n_a=A_0-P,\qquad \mathbf n_b=B_0-P,\qquad \mathbf n_c=C_0-P. \] Da \(P\) im Inneren liegt, spannen diese Normalenvektoren die Ebene auf und besitzen eine lineare Abhängigkeit mit strikt positiven Koeffizienten. Der Schnitt ihrer drei Halbebenen ist daher beschränkt: Ein Richtungsvektor, in dessen Richtung der Schnitt unbeschränkt wäre, hätte mit allen drei Normalenvektoren nichtpositive Skalarprodukte; die positive Abhängigkeitsrelation würde erzwingen, dass alle drei Skalarprodukte verschwinden, im Widerspruch dazu, dass die Normalenvektoren die Ebene aufspannen. Da \(P\) strikt im Inneren jeder Halbebene liegt, ist ihr Schnitt ein nicht entartetes Dreieck.

Außerdem liegt \(P A_0\) innerhalb des spitzen Winkels \(B_0A_0C_0\). Daher liegen \(B_0,C_0\) strikt auf derselben Seite von \(\ell_a\) wie \(P\), und Entsprechendes gilt bei zyklischer Vertauschung. Folglich liegt jeder vorgeschriebene Berührpunkt im Inneren der zugehörigen Seite.

Wir bezeichnen die Schnittpunkte mit \[ A^*=\ell_b\cap\ell_c,\qquad B^*=\ell_c\cap\ell_a,\qquad C^*=\ell_a\cap\ell_b. \] Der Innenwinkel bei \(A^*\) ist der Supplementwinkel des Winkels zwischen den nach außen gerichteten Normalenvektoren: \[ \angle A^*=\pi-\angle B_0PC_0=\alpha. \] Ebenso gelten \(\angle B^*=\beta\) und \(\angle C^*=\gamma\). Somit ist das konstruierte Dreieck zulässig.

Als Nächstes beweisen wir die Maximalität, wobei wir auch mögliche Berührungen an den Endpunkten berücksichtigen. Wir nehmen ein beliebiges zulässiges Dreieck und wählen Koordinaten mit \[ B=(0,0),\qquad C=(a,0), \] wobei \(A\) oberhalb von \(BC\) liegt. Seine Berührpunkte lassen sich schreiben als \[ A_0=(x,0),\quad C_0=(t\cos\beta,t\sin\beta),\quad B_0=(a-s\cos\gamma,s\sin\gamma), \] wobei \(0\le x\le a\) und \(s,t\ge0\) gelten.

Es sei \(J(u,v)=(-v,u)\) die Drehung um \(90^\circ\). Aus den Definitionen der außen liegenden Kreismittelpunkte ergibt sich \[ O_B=\frac{A_0+C_0}{2} +\frac{\cot\beta}{2}J(C_0-A_0), \] \[ O_C=\frac{A_0+B_0}{2} -\frac{\cot\gamma}{2}J(B_0-A_0). \] Ihre horizontalen Koordinaten sind daher \[ (O_B)_x=\frac{x}{2},\qquad (O_C)_x=\frac{a+x}{2}. \] Folglich gilt \[ \boxed{BC\le 2O_BO_C,} \] wobei Gleichheit genau dann eintritt, wenn \(BC\parallel O_BO_C\). Diese Identitäten bleiben auch dann gültig, wenn ein Berührpunkt ein Endpunkt ist.

Die verschiedenen Kreise \(\omega_B,\omega_C\) haben die gemeinsame Sehne \(PA_0\), also gilt \[ O_BO_C\perp PA_0. \] Die konstruierte Seite \(B^*C^*\) ist daher parallel zu \(O_BO_C\) und erreicht die Schranke. Wegen \[ [ABC]=\frac{BC^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha}, \] hat das konstruierte Dreieck maximalen Flächeninhalt.

Es erreicht auch die beiden durch zyklische Vertauschung erhaltenen Schranken für die Seitenlängen. Jedes andere Dreieck mit maximalem Flächeninhalt muss, da es dieselben Winkel und denselben Flächeninhalt hat, dieselben drei Seitenlängen besitzen und alle drei Schranken erreichen. Seine Seitengeraden müssen daher genau \(\ell_a,\ell_b,\ell_c\) sein. Damit ist die Eindeutigkeit bewiesen.

Schließlich berechnen wir den maximalen Flächeninhalt. Wir orientieren \(A_0B_0C_0\) gegen den Uhrzeigersinn, legen \(A_0\) in den Ursprung und schreiben \[ \mathbf u=B_0,\qquad \mathbf v=C_0. \] Dann gilt \[ 2(O_B-O_C)= \mathbf v-\mathbf u+\cot\beta\,J\mathbf v+\cot\gamma\,J\mathbf u. \] Wir setzen \(r=\cot\beta,\ s=\cot\gamma\). Unter Verwendung von \[ |\mathbf v-\mathbf u|^2=a_0^2,\quad |\mathbf v|^2=b_0^2,\quad |\mathbf u|^2=c_0^2,\quad \det(\mathbf u,\mathbf v)=2K_0, \] ergibt das Ausmultiplizieren \[ 4O_BO_C^2 =(1-rs)a_0^2+(r+s)(r b_0^2+s c_0^2)+4K_0(r+s). \] Wegen \[ 1-rs=(r+s)\cot\alpha,\qquad r+s=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}, \] und \(B^*C^*=2O_BO_C\) erhalten wir \[ [A^*B^*C^*] =\frac{4O_BO_C^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} =2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right). \]

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

IMO 1967 · Soru 4

\(A_0B_0C_0\) ve \(A_1B_1C_1\) herhangi iki dar açılı üçgen olsun. \(\Delta A_1B_1C_1\) üçgenine benzer (\(A_1,B_1,C_1\) köşeleri sırasıyla \(A,B,C\) köşelerine karşılık gelecek şekilde) ve \(A_0B_0C_0\) üçgenini dıştan çevreleyen (\(A_0\), \(BC\) üzerinde; \(B_0\), \(CA\) üzerinde ve \(AC_0\), \(AB\) üzerinde olacak şekilde) tüm \(ABC\) üçgenlerini ele alalım. Bu koşulları sağlayan tüm üçgenler arasında alanı en büyük olanı belirleyiniz ve çiziniz.

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

Cevap

\[ \alpha=\angle A_1,\qquad \beta=\angle B_1,\qquad \gamma=\angle C_1 \] olarak tanımlayalım. \(A_0B_0C_0\) üçgeninin içinde \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta,\qquad \angle A_0PB_0=\pi-\gamma \] koşullarını sağlayan tek bir \(P\) noktası vardır.

Alanı en büyük yapan tek üçgenin kenarları sırasıyla \(A_0,B_0,C_0\) noktalarından geçer ve \(PA_0,PB_0,PC_0\) doğrularına diktir. \(P\) noktasının cetvel ve pergelle inşası aşağıda verilmiştir.

\[ a_0=B_0C_0,\quad b_0=C_0A_0,\quad c_0=A_0B_0,\quad K_0=[A_0B_0C_0] \] ise, en büyük alan \[ \boxed{\,2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right).\,} \] olur.

Çözüm

\(B_0C_0\) doğru parçasının orta dikmesi üzerinde, \(B_0C_0\) doğrusuna göre \(A_0\)'ın karşı tarafında ve bu doğruya uzaklığı \[ \frac{a_0}{2}\cot\alpha \] olan \(O_A\) noktasını çizelim. Buna denk olarak, dış tarafta taban açıları \(\pi/2-\alpha\) olan \(O_AB_0C_0\) ikizkenar üçgenini çizelim. Merkezi \(O_A\) olan ve \(B_0,C_0\) noktalarından geçen çember \(\omega_A\) olsun. \(\beta,\gamma\) açılarını kullanarak döngüsel biçimde \(O_B,\omega_B\) ve \(O_C,\omega_C\)'yi çizelim.

\(\omega_A\)'nın \(B_0C_0\) doğrusuna göre \(A_0\) ile aynı tarafta kalan yayının uç noktalar dışındaki noktaları \[ \angle B_0XC_0=\pi-\alpha; \] eşitliğini sağlar; diğer yayındaki noktalar ise \(\angle B_0XC_0=\alpha\) eşitliğini sağlar. Benzer ifadeler döngüsel olarak da geçerlidir.

Önce \(\omega_A,\omega_B\) çemberlerinin \(A_0B_0C_0\) üçgeninin içinde ikinci bir \(P\) kesişim noktasının bulunduğunu kanıtlayacağız. \(\gamma_0=\angle B_0C_0A_0\) diyelim. Ortak noktaları \(C_0\)'da, yarıçaplar arasındaki \(B_0C_0A_0\) açısını içeren açı \[ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\gamma_0+ \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=\gamma_0+\gamma \] olur. Hem \(\gamma_0\) hem de \(\gamma\) dar açı olduğundan bu açı \(0\) ile \(\pi\) arasında bulunur. Bu nedenle çemberler teğet değildir ve ikinci bir \(P\) kesişim noktaları vardır.

Ayrıca \(A_0\), \(\omega_A\)'nın dışındadır. Gerçekten, bu çemberin sınırladığı dairenin \(B_0C_0\) doğrusuna göre \(A_0\) ile aynı tarafta kalan kısmı, çapı \(B_0C_0\) olan dairenin içindedir; oysa \(\angle B_0A_0C_0\) dar açı olduğundan \(A_0\) bu dairenin dışındadır. Benzer şekilde, \(B_0\) da \(\omega_B\)'nin dışındadır.

Dolayısıyla bu iki çembere göre kuvvetlerin farkı \(A_0\)'da pozitif, \(B_0\)'da negatiftir. Bu nedenle çemberlerin kuvvet ekseni \(C_0P\), açık \(A_0B_0\) doğru parçasını bir \(D\) noktasında keser.

\(P\)'nin bu doğru üzerinde üç olası konumu vardır.

\(P\), başlangıç noktası \(C_0\) olan ve \(D\)'nin ters yönüne uzanan ışın üzerinde ise, çemberdeki açı bağıntıları \[ \angle B_0PC_0=\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\beta \] eşitliklerini verir. \(PB_0C_0\) ve \(PA_0C_0\) üçgenlerinde dış açı teoremini uygulayarak \[ \gamma_0>\alpha+\beta=\pi-\gamma>\frac{\pi}{2} \] elde ederiz; bu bir çelişkidir.
\(P\), \(C_0D\) ışını üzerinde, \(D\)'de veya \(D\)'nin ötesinde ise, bu bağıntılar \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta \] eşitliklerini verir. Burada \(PC_0\) ışını \(PB_0\) ve \(PA_0\) arasında kaldığından, bu iki açının toplamı en çok \(\pi\) olur. Oysa toplamları \(\pi+\gamma>\pi\)'dir; bu da olanaksızdır.
O hâlde \(P\), \(C_0\) ile \(D\) arasında, üçgenin içinde yer alır.

Buradan \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta \] elde edilir. Ardından \(P\) etrafındaki açılar \[ \angle A_0PB_0=\pi-\gamma \] eşitliğini verir. Böylece \(P\), \(\omega_C\) üzerinde de bulunur. Bu özelliklere sahip her iç nokta \(\omega_A,\omega_B\) çemberlerinin ikinci kesişim noktası olmak zorunda olduğundan, \(P\) bu özelliklere sahip tek iç noktadır. Böylece \(P\) için öne sürülen inşa doğrulanmış olur.

Şimdi \[ \ell_a\perp PA_0\text{, geçtiği nokta }A_0,\qquad \ell_b\perp PB_0\text{, geçtiği nokta }B_0,\qquad \ell_c\perp PC_0\text{, geçtiği nokta }C_0 \] doğrularını çizelim. Bunların istenen koşulları sağlayan bir üçgen oluşturduğunu doğrulayacağız.

Her doğrunun sınırladığı ve \(P\)'yi içeren yarı düzlemi alalım. Bunların dışa yönelen normal vektörleri \[ \mathbf n_a=A_0-P,\qquad \mathbf n_b=B_0-P,\qquad \mathbf n_c=C_0-P \] olur. \(P\) bir iç nokta olduğundan, bu normal vektörler düzlemi gerer ve aralarında katsayıları kesinlikle pozitif olan bir doğrusal bağıntı vardır. Bu nedenle üç yarı düzlemin kesişimi sınırlıdır: sınırsız uzanan bir yönün üç normal vektörle de skaler çarpımı pozitif olamazdı; pozitif katsayılı bağıntı, üç çarpımın da sıfır olmasını zorunlu kılardı ve bu da normal vektörlerin düzlemi germesiyle çelişirdi. \(P\) her yarı düzlemin kesin olarak içinde bulunduğundan, bunların kesişimi dejenere olmayan bir üçgendir.

Ayrıca \(P A_0\), dar \(B_0A_0C_0\) açısının içinde yer alır. Bu nedenle \(B_0,C_0\), \(\ell_a\)'ya göre kesin olarak \(P\) ile aynı tarafta bulunur; benzer durum döngüsel olarak da geçerlidir. Dolayısıyla verilen temas noktalarının her biri, karşılık geldiği kenarın uç noktaları arasında yer alır.

Kesişimleri \[ A^*=\ell_b\cap\ell_c,\qquad B^*=\ell_c\cap\ell_a,\qquad C^*=\ell_a\cap\ell_b \] olarak adlandıralım. \(A^*\) köşesindeki iç açı, ilgili dışa yönelen normal vektörler arasındaki açının bütünleyenidir: \[ \angle A^*=\pi-\angle B_0PC_0=\alpha. \] Benzer şekilde, \(\angle B^*=\beta\) ve \(\angle C^*=\gamma\) olur. Böylece inşa edilen üçgen istenen koşulları sağlar.

Şimdi, temas noktalarının uç noktalar olması olasılığını da kapsayacak şekilde alanın en büyük olduğunu kanıtlayacağız. İstenen koşulları sağlayan herhangi bir üçgen alalım ve \[ B=(0,0),\qquad C=(a,0) \] olacak ve \(A\), \(BC\)'nin üstünde kalacak şekilde koordinatlar seçelim. Temas noktaları \[ A_0=(x,0),\quad C_0=(t\cos\beta,t\sin\beta),\quad B_0=(a-s\cos\gamma,s\sin\gamma) \] biçiminde yazılabilir; burada \(0\le x\le a\) ve \(s,t\ge0\)'dır.

\(90^\circ\)'lik dönme dönüşümü \(J(u,v)=(-v,u)\) olsun. Dış taraftaki çember merkezlerinin tanımlarından \[ O_B=\frac{A_0+C_0}{2} +\frac{\cot\beta}{2}J(C_0-A_0), \] \[ O_C=\frac{A_0+B_0}{2} -\frac{\cot\gamma}{2}J(B_0-A_0) \] elde edilir. Dolayısıyla yatay koordinatları \[ (O_B)_x=\frac{x}{2},\qquad (O_C)_x=\frac{a+x}{2} \] olur. Bunun sonucunda, \[ \boxed{BC\le 2O_BO_C,} \] ve eşitlik ancak ve ancak \(BC\parallel O_BO_C\) olduğunda sağlanır. Bu özdeşlikler, temas noktalarından herhangi biri bir uç nokta olduğunda da geçerlidir.

Birbirinden farklı \(\omega_B,\omega_C\) çemberlerinin ortak kirişi \(PA_0\) olduğundan \[ O_BO_C\perp PA_0. \] Bu nedenle inşa edilen \(B^*C^*\) kenarı \(O_BO_C\)'ye paraleldir ve bu sınıra ulaşır. \[ [ABC]=\frac{BC^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} \] olduğundan, inşa edilen üçgenin alanı en büyüktür.

Bu üçgen, döngüsel olarak elde edilen diğer iki kenar uzunluğu sınırına da ulaşır. Alanı en büyük yapan başka bir üçgen, aynı açılara ve alana sahip olduğundan, aynı üç kenar uzunluğuna sahip olmalı ve üç sınıra da ulaşmalıdır. Bu nedenle kenarlarının üzerinde bulunduğu doğrular tam olarak \(\ell_a,\ell_b,\ell_c\) olmalıdır. Bu, tekliği kanıtlar.

Son olarak, en büyük alanı hesaplayalım. \(A_0B_0C_0\) üçgenini saat yönünün tersine yönlendirelim, \(A_0\)'ı başlangıç noktasına yerleştirelim ve \[ \mathbf u=B_0,\qquad \mathbf v=C_0 \] yazalım. O zaman \[ 2(O_B-O_C)= \mathbf v-\mathbf u+\cot\beta\,J\mathbf v+\cot\gamma\,J\mathbf u. \] \(r=\cot\beta,\ s=\cot\gamma\) diyelim. \[ |\mathbf v-\mathbf u|^2=a_0^2,\quad |\mathbf v|^2=b_0^2,\quad |\mathbf u|^2=c_0^2,\quad \det(\mathbf u,\mathbf v)=2K_0 \] eşitliklerini kullanarak açılım yaptığımızda \[ 4O_BO_C^2 =(1-rs)a_0^2+(r+s)(r b_0^2+s c_0^2)+4K_0(r+s) \] elde ederiz. \[ 1-rs=(r+s)\cot\alpha,\qquad r+s=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma} \] ve \(B^*C^*=2O_BO_C\) olduğundan, \[ [A^*B^*C^*] =\frac{4O_BO_C^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} =2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right) \] elde edilir.

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

IMO 1967 · Problema 4

Sean \(A_0B_0C_0\) y \(A_1B_1C_1\) dos triángulos acutángulos cualesquiera. Considere todos los triángulos \(ABC\) semejantes a \(\Delta A_1B_1C_1\) (de modo que los vértices \(A_1,B_1,C_1\) correspondan a los vértices \(A,B,C\), respectivamente) y circunscritos al triángulo \(A_0B_0C_0\) (donde \(A_0\) se encuentra en \(BC\), \(B_0\) en \(CA\) y \(AC_0\) en \(AB\)). De entre todos esos triángulos posibles, determine el de área máxima y constrúyalo.

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

Respuesta

Escribamos \[ \alpha=\angle A_1,\qquad \beta=\angle B_1,\qquad \gamma=\angle C_1. \] Existe un único punto \(P\) en el interior de \(A_0B_0C_0\) que satisface \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta,\qquad \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \]

El único triángulo de área máxima tiene sus lados pasando por \(A_0,B_0,C_0\) y perpendiculares a \(PA_0,PB_0,PC_0\), respectivamente. A continuación se da una construcción de \(P\) con regla y compás.

Si \[ a_0=B_0C_0,\quad b_0=C_0A_0,\quad c_0=A_0B_0,\quad K_0=[A_0B_0C_0], \] su área máxima es \[ \boxed{\,2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right).\,} \]

Solución

Construyamos \(O_A\) sobre la mediatriz de \(B_0C_0\), en el semiplano opuesto a \(A_0\), a una distancia \[ \frac{a_0}{2}\cot\alpha \] de \(B_0C_0\). Equivalentemente, construyamos el triángulo isósceles exterior \(O_AB_0C_0\) con ángulos en la base iguales a \(\pi/2-\alpha\). Sea \(\omega_A\) la circunferencia con centro en \(O_A\) que pasa por \(B_0,C_0\). Construyamos \(O_B,\omega_B\) y \(O_C,\omega_C\) de manera cíclica, usando \(\beta,\gamma\).

Los puntos distintos de los extremos del arco de \(\omega_A\) situado en el mismo semiplano que \(A_0\) respecto de \(B_0C_0\) satisfacen \[ \angle B_0XC_0=\pi-\alpha; \] los puntos de su otro arco satisfacen \(\angle B_0XC_0=\alpha\). Las afirmaciones análogas se cumplen de manera cíclica.

Primero demostraremos que \(\omega_A,\omega_B\) tienen un segundo punto de intersección \(P\) en el interior de \(A_0B_0C_0\). Pongamos \(\gamma_0=\angle B_0C_0A_0\). En su punto común \(C_0\), el ángulo entre los radios, medido pasando por el ángulo \(B_0C_0A_0\), es \[ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\gamma_0+ \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=\gamma_0+\gamma. \] Tanto \(\gamma_0\) como \(\gamma\) son agudos, por lo que este ángulo está estrictamente entre \(0\) y \(\pi\). Por tanto, las circunferencias no son tangentes y tienen un segundo punto de intersección \(P\).

Además, \(A_0\) es exterior a \(\omega_A\). En efecto, la parte de su disco situada en el mismo semiplano que \(A_0\) respecto de \(B_0C_0\) está contenida en el disco de diámetro \(B_0C_0\), mientras que \(A_0\) es exterior a ese disco porque \(\angle B_0A_0C_0\) es agudo. Análogamente, \(B_0\) es exterior a \(\omega_B\).

Así, la diferencia de potencias respecto de estas dos circunferencias es positiva en \(A_0\) y negativa en \(B_0\). Por consiguiente, su eje radical \(C_0P\) corta el segmento abierto \(A_0B_0\) en un punto \(D\).

Hay tres posiciones posibles de \(P\) sobre esta recta.

Si \(P\) está en la semirrecta con origen en \(C_0\) opuesta a la que contiene a \(D\), las relaciones entre ángulos inscritos dan \[ \angle B_0PC_0=\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\beta. \] Al aplicar el teorema del ángulo exterior en los triángulos \(PB_0C_0\) y \(PA_0C_0\) se obtiene \[ \gamma_0>\alpha+\beta=\pi-\gamma>\frac{\pi}{2}, \] una contradicción.
Si \(P\) está en la semirrecta \(C_0D\), en \(D\) o más allá de \(D\), esas relaciones dan \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] En este caso, la semirrecta \(PC_0\) queda entre \(PB_0\) y \(PA_0\), por lo que la suma de esos dos ángulos es a lo sumo \(\pi\). Pero su suma es \(\pi+\gamma>\pi\), lo que de nuevo es imposible.
Por tanto, \(P\) se encuentra estrictamente entre \(C_0\) y \(D\), en el interior del triángulo.

Se sigue que \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] Los ángulos alrededor de \(P\) dan entonces \[ \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \] Así, \(P\) también pertenece a \(\omega_C\). Es el único punto interior con estas propiedades, ya que cualquier punto así debe ser el segundo punto de intersección de \(\omega_A,\omega_B\). Esto demuestra la construcción de \(P\) afirmada.

Tracemos ahora \[ \ell_a\perp PA_0\text{ por }A_0,\qquad \ell_b\perp PB_0\text{ por }B_0,\qquad \ell_c\perp PC_0\text{ por }C_0. \] Comprobemos que forman un triángulo admisible.

Tomemos, para cada recta, el semiplano que esta delimita y que contiene a \(P\). Sus vectores normales exteriores son \[ \mathbf n_a=A_0-P,\qquad \mathbf n_b=B_0-P,\qquad \mathbf n_c=C_0-P. \] Como \(P\) es interior, estos vectores normales generan el plano y satisfacen una relación de dependencia lineal con coeficientes estrictamente positivos. Por tanto, los tres semiplanos tienen una intersección acotada: una dirección no acotada tendría productos escalares no positivos con los tres vectores normales; la relación de dependencia con coeficientes positivos obligaría a que los tres productos fueran nulos, lo que contradice que generan el plano. Como \(P\) está estrictamente en el interior de cada semiplano, su intersección es un triángulo no degenerado.

Además, \(P A_0\) queda dentro del ángulo agudo \(B_0A_0C_0\). Por ello, \(B_0,C_0\) están estrictamente en el mismo semiplano que \(P\) respecto de \(\ell_a\), y análogamente de manera cíclica. Por consiguiente, cada punto de contacto prescrito está en el interior del lado correspondiente.

Denotemos las intersecciones por \[ A^*=\ell_b\cap\ell_c,\qquad B^*=\ell_c\cap\ell_a,\qquad C^*=\ell_a\cap\ell_b. \] El ángulo interior en \(A^*\) es el suplemento del ángulo entre sus vectores normales exteriores: \[ \angle A^*=\pi-\angle B_0PC_0=\alpha. \] Análogamente, \(\angle B^*=\beta\) y \(\angle C^*=\gamma\). Así, el triángulo construido es admisible.

A continuación demostraremos la maximalidad, incluyendo los posibles contactos en los extremos. Tomemos cualquier triángulo admisible y elijamos coordenadas tales que \[ B=(0,0),\qquad C=(a,0), \] y \(A\) esté por encima de \(BC\). Sus puntos de contacto pueden escribirse como \[ A_0=(x,0),\quad C_0=(t\cos\beta,t\sin\beta),\quad B_0=(a-s\cos\gamma,s\sin\gamma), \] donde \(0\le x\le a\) y \(s,t\ge0\).

Sea \(J(u,v)=(-v,u)\), la rotación de \(90^\circ\). Las definiciones de los centros de las circunferencias exteriores dan \[ O_B=\frac{A_0+C_0}{2} +\frac{\cot\beta}{2}J(C_0-A_0), \] \[ O_C=\frac{A_0+B_0}{2} -\frac{\cot\gamma}{2}J(B_0-A_0). \] Por tanto, sus coordenadas horizontales son \[ (O_B)_x=\frac{x}{2},\qquad (O_C)_x=\frac{a+x}{2}. \] Por consiguiente, \[ \boxed{BC\le 2O_BO_C,} \] con igualdad exactamente cuando \(BC\parallel O_BO_C\). Estas identidades siguen siendo válidas cuando alguno de los puntos de contacto es un extremo.

Las circunferencias distintas \(\omega_B,\omega_C\) tienen la cuerda común \(PA_0\), por lo que \[ O_BO_C\perp PA_0. \] Por tanto, el lado construido \(B^*C^*\) es paralelo a \(O_BO_C\) y alcanza la cota. Como \[ [ABC]=\frac{BC^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha}, \] el triángulo construido tiene área máxima.

También alcanza las otras dos cotas para las longitudes de los lados obtenidas de manera cíclica. Cualquier otro triángulo de área máxima, al tener los mismos ángulos y la misma área, debe tener las mismas tres longitudes de los lados y alcanzar las tres cotas. Por tanto, sus lados deben estar precisamente sobre \(\ell_a,\ell_b,\ell_c\). Esto demuestra la unicidad.

Finalmente, calculemos el área máxima. Orientemos \(A_0B_0C_0\) en sentido antihorario, situemos \(A_0\) en el origen y escribamos \[ \mathbf u=B_0,\qquad \mathbf v=C_0. \] Entonces \[ 2(O_B-O_C)= \mathbf v-\mathbf u+\cot\beta\,J\mathbf v+\cot\gamma\,J\mathbf u. \] Pongamos \(r=\cot\beta,\ s=\cot\gamma\). Usando \[ |\mathbf v-\mathbf u|^2=a_0^2,\quad |\mathbf v|^2=b_0^2,\quad |\mathbf u|^2=c_0^2,\quad \det(\mathbf u,\mathbf v)=2K_0, \] al desarrollar se obtiene \[ 4O_BO_C^2 =(1-rs)a_0^2+(r+s)(r b_0^2+s c_0^2)+4K_0(r+s). \] Como \[ 1-rs=(r+s)\cot\alpha,\qquad r+s=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}, \] y \(B^*C^*=2O_BO_C\), obtenemos \[ [A^*B^*C^*] =\frac{4O_BO_C^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} =2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right). \]

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

IMO 1967 · 问题 4

设 \(A_0B_0C_0\) 和 \(A_1B_1C_1\) 为任意两个锐角三角形。考虑所有与 \(\Delta A_1B_1C_1\) 相似（顶点 \(A_1,B_1,C_1\) 分别对应于顶点 \(A,B,C\)）且外接于三角形 \(A_0B_0C_0\) 的三角形 \(ABC\)（其中 \(A_0\) 在 \(BC\) 上，\(B_0\) 在 \(CA\) 上，\(AC_0\) 在 \(AB\) 上）。在所有这样的三角形中，确定面积最大的一个，并将它作出。

题目译自官方英文原文。官方试卷 (PDF)

答案

记 \[ \alpha=\angle A_1,\qquad \beta=\angle B_1,\qquad \gamma=\angle C_1. \] 在 \(A_0B_0C_0\) 内部存在唯一一点 \(P\)，满足 \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta,\qquad \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \]

唯一的面积最大三角形的三条边分别经过 \(A_0,B_0,C_0\)，并分别垂直于 \(PA_0,PB_0,PC_0\)。下面给出点 \(P\) 的尺规作法。

若 \[ a_0=B_0C_0,\quad b_0=C_0A_0,\quad c_0=A_0B_0,\quad K_0=[A_0B_0C_0], \] 则其最大面积为 \[ \boxed{\,2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right).\,} \]

解答

在 \(B_0C_0\) 的垂直平分线上、与 \(A_0\) 相对的一侧，作点 \(O_A\)，使其到 \(B_0C_0\) 的距离为 \[ \frac{a_0}{2}\cot\alpha \] 。等价地，在外侧作底角为 \(\pi/2-\alpha\) 的等腰三角形 \(O_AB_0C_0\)。设 \(\omega_A\) 为以 \(O_A\) 为圆心、经过 \(B_0,C_0\) 的圆。依次轮换字母，利用 \(\beta,\gamma\) 同样作出 \(O_B,\omega_B\) 和 \(O_C,\omega_C\)。

在 \(\omega_A\) 上，与 \(A_0\) 位于 \(B_0C_0\) 同侧的那段弧上，除端点外的各点满足 \[ \angle B_0XC_0=\pi-\alpha; \] 另一段弧上的点满足 \(\angle B_0XC_0=\alpha\)。轮换字母后，相应结论同样成立。

我们先证明 \(\omega_A,\omega_B\) 在 \(A_0B_0C_0\) 内部有第二个交点 \(P\)。令 \(\gamma_0=\angle B_0C_0A_0\)。在它们的公共点 \(C_0\) 处，两条半径之间经过角 \(B_0C_0A_0\) 内部的夹角为 \[ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\gamma_0+ \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=\gamma_0+\gamma. \] \(\gamma_0\) 和 \(\gamma\) 均为锐角，因此这个角严格介于 \(0\) 与 \(\pi\) 之间。所以两圆不相切，并有第二个交点 \(P\)。

此外，\(A_0\) 在 \(\omega_A\) 外部。事实上，其圆盘中与 \(A_0\) 位于 \(B_0C_0\) 同侧的部分包含在以 \(B_0C_0\) 为直径的圆盘内，而由于 \(\angle B_0A_0C_0\) 是锐角，\(A_0\) 在这个圆盘外部。同理，\(B_0\) 在 \(\omega_B\) 外部。

因此，对这两个圆的幂之差在 \(A_0\) 处为正，在 \(B_0\) 处为负。从而它们的根轴 \(C_0P\) 与开线段 \(A_0B_0\) 相交于一点 \(D\)。

\(P\) 在这条直线上有三种可能的位置。

若 \(P\) 位于从 \(C_0\) 出发、背离 \(D\) 的射线上，则由圆周角关系得 \[ \angle B_0PC_0=\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\beta. \] 在三角形 \(PB_0C_0\) 和 \(PA_0C_0\) 中应用外角定理，得 \[ \gamma_0>\alpha+\beta=\pi-\gamma>\frac{\pi}{2}, \] 矛盾。
若 \(P\) 位于射线 \(C_0D\) 上，且在 \(D\) 处或越过 \(D\)，则由上述关系得 \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] 此时射线 \(PC_0\) 位于 \(PB_0\) 与 \(PA_0\) 之间，因此这两个角的和至多为 \(\pi\)。但它们的和为 \(\pi+\gamma>\pi\)，仍然不可能。
因此，\(P\) 严格位于 \(C_0\) 与 \(D\) 之间，即在三角形内部。

由此可得 \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] 再由 \(P\) 周围的角之和可得 \[ \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \] 因此 \(P\) 也在 \(\omega_C\) 上。它是具有这些性质的唯一内点，因为任何这样的点都必须是 \(\omega_A,\omega_B\) 的第二个交点。这就证明了所述点 \(P\) 的作法。

现在作 \[ \ell_a\perp PA_0\text{ 且经过 }A_0,\qquad \ell_b\perp PB_0\text{ 且经过 }B_0,\qquad \ell_c\perp PC_0\text{ 且经过 }C_0. \] 我们验证这三条直线构成一个符合条件的三角形。

对每条直线，取以它为边界且包含 \(P\) 的半平面。它们的外法向量为 \[ \mathbf n_a=A_0-P,\qquad \mathbf n_b=B_0-P,\qquad \mathbf n_c=C_0-P. \] 由于 \(P\) 是内点，这些法向量张成整个平面，并存在系数均严格为正的线性相关关系。因此这三个半平面的交集有界：若存在一个无界延伸的方向，则它与这三个法向量的数量积均非正；由上述正系数线性相关关系，这三个数量积必全为零，这与它们张成整个平面矛盾。由于 \(P\) 严格位于每个半平面内部，它们的交集是一个非退化三角形。

此外，\(P A_0\) 位于锐角 \(B_0A_0C_0\) 的内部。因此 \(B_0,C_0\) 严格位于 \(\ell_a\) 的 \(P\) 所在一侧，轮换字母后同理。所以每个指定的接触点都位于其对应边的内部。

将交点记为 \[ A^*=\ell_b\cap\ell_c,\qquad B^*=\ell_c\cap\ell_a,\qquad C^*=\ell_a\cap\ell_b. \] \(A^*\) 处的内角是其外法向量夹角的补角： \[ \angle A^*=\pi-\angle B_0PC_0=\alpha. \] 同理，\(\angle B^*=\beta\)，\(\angle C^*=\gamma\)。因此所作三角形符合条件。

接下来证明其面积最大，并包括接触点可能位于端点的情形。任取一个符合条件的三角形，选取坐标系，使得 \[ B=(0,0),\qquad C=(a,0), \] 且 \(A\) 位于 \(BC\) 上方。其接触点可写为 \[ A_0=(x,0),\quad C_0=(t\cos\beta,t\sin\beta),\quad B_0=(a-s\cos\gamma,s\sin\gamma), \] 其中 \(0\le x\le a\)，且 \(s,t\ge0\)。

令 \(J(u,v)=(-v,u)\)，即旋转 \(90^\circ\) 的变换。由外侧圆心的定义可得 \[ O_B=\frac{A_0+C_0}{2} +\frac{\cot\beta}{2}J(C_0-A_0), \] \[ O_C=\frac{A_0+B_0}{2} -\frac{\cot\gamma}{2}J(B_0-A_0). \] 因此它们的横坐标为 \[ (O_B)_x=\frac{x}{2},\qquad (O_C)_x=\frac{a+x}{2}. \] 从而， \[ \boxed{BC\le 2O_BO_C,} \] 等号成立当且仅当 \(BC\parallel O_BO_C\)。当任意接触点位于端点时，这些恒等式仍然成立。

两个不同的圆 \(\omega_B,\omega_C\) 有公共弦 \(PA_0\)，所以 \[ O_BO_C\perp PA_0. \] 因此所作的边 \(B^*C^*\) 平行于 \(O_BO_C\)，并达到上述上界。由于 \[ [ABC]=\frac{BC^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha}, \] 所作三角形的面积最大。

它也达到轮换字母所得的另两个边长上界。任何其他面积最大的三角形，由于具有相同的角和面积，必有相同的三条边长，并达到全部三个上界。因此它的三条边所在直线必恰为 \(\ell_a,\ell_b,\ell_c\)。这就证明了唯一性。

最后，计算最大面积。令 \(A_0B_0C_0\) 按逆时针方向排列，将 \(A_0\) 置于原点，并记 \[ \mathbf u=B_0,\qquad \mathbf v=C_0. \] 则 \[ 2(O_B-O_C)= \mathbf v-\mathbf u+\cot\beta\,J\mathbf v+\cot\gamma\,J\mathbf u. \] 令 \(r=\cot\beta,\ s=\cot\gamma\)。利用 \[ |\mathbf v-\mathbf u|^2=a_0^2,\quad |\mathbf v|^2=b_0^2,\quad |\mathbf u|^2=c_0^2,\quad \det(\mathbf u,\mathbf v)=2K_0, \] 展开可得 \[ 4O_BO_C^2 =(1-rs)a_0^2+(r+s)(r b_0^2+s c_0^2)+4K_0(r+s). \] 由于 \[ 1-rs=(r+s)\cot\alpha,\qquad r+s=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}, \] 且 \(B^*C^*=2O_BO_C\)，得到 \[ [A^*B^*C^*] =\frac{4O_BO_C^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} =2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right). \]

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

IMO 1967 · Задача 4

Пусть \(A_0B_0C_0\) и \(A_1B_1C_1\) — любые два остроугольных треугольника. Рассмотрим все треугольники \(ABC\), подобные \(\Delta A_1B_1C_1\) (так что вершинам \(A_1,B_1,C_1\) соответствуют вершины \(A,B,C\)) и описанные около треугольника \(A_0B_0C_0\) (где \(A_0\) лежит на \(BC\), \(B_0\) — на \(CA\), а \(AC_0\) — на \(AB\)). Среди всех таких треугольников определите треугольник наибольшей площади и постройте его.

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

Ответ

Обозначим \[ \alpha=\angle A_1,\qquad \beta=\angle B_1,\qquad \gamma=\angle C_1. \] Внутри \(A_0B_0C_0\) существует единственная точка \(P\), для которой \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta,\qquad \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \]

Стороны единственного треугольника наибольшей площади проходят через \(A_0,B_0,C_0\) перпендикулярно \(PA_0,PB_0,PC_0\) соответственно. Построение точки \(P\) циркулем и линейкой приведено ниже.

Если \[ a_0=B_0C_0,\quad b_0=C_0A_0,\quad c_0=A_0B_0,\quad K_0=[A_0B_0C_0], \] то его наибольшая площадь равна \[ \boxed{\,2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right).\,} \]

Решение

Построим точку \(O_A\) на серединном перпендикуляре к \(B_0C_0\), по другую сторону от \(B_0C_0\), чем \(A_0\), на расстоянии \[ \frac{a_0}{2}\cot\alpha \] от \(B_0C_0\). Иными словами, построим снаружи равнобедренный треугольник \(O_AB_0C_0\) с углами при основании \(\pi/2-\alpha\). Пусть \(\omega_A\) — окружность с центром \(O_A\), проходящая через \(B_0,C_0\). Циклически построим \(O_B,\omega_B\) и \(O_C,\omega_C\), используя \(\beta,\gamma\).

Для точек дуги \(\omega_A\), лежащей по ту же сторону от \(B_0C_0\), что и \(A_0\), за исключением её концов, выполняется \[ \angle B_0XC_0=\pi-\alpha; \] для точек другой дуги выполняется \(\angle B_0XC_0=\alpha\). Аналогичные утверждения справедливы при циклической перестановке обозначений.

Сначала докажем, что \(\omega_A,\omega_B\) имеют вторую точку пересечения \(P\) внутри \(A_0B_0C_0\). Положим \(\gamma_0=\angle B_0C_0A_0\). В их общей точке \(C_0\) угол между радиусами, отсчитываемый через угол \(B_0C_0A_0\), равен \[ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\gamma_0+ \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=\gamma_0+\gamma. \] Оба угла \(\gamma_0\) и \(\gamma\) острые, поэтому этот угол строго заключён между \(0\) и \(\pi\). Следовательно, окружности не касаются и имеют вторую точку пересечения \(P\).

Кроме того, \(A_0\) лежит вне \(\omega_A\). Действительно, часть ограниченного этой окружностью круга, лежащая по ту же сторону от \(B_0C_0\), что и \(A_0\), содержится в круге с диаметром \(B_0C_0\), тогда как \(A_0\) лежит вне этого круга, поскольку \(\angle B_0A_0C_0\) острый. Аналогично, \(B_0\) лежит вне \(\omega_B\).

Таким образом, разность степеней относительно этих двух окружностей положительна в \(A_0\) и отрицательна в \(B_0\). Следовательно, их радикальная ось \(C_0P\) пересекает открытый отрезок \(A_0B_0\) в некоторой точке \(D\).

Возможны три положения \(P\) на этой прямой.

Если \(P\) лежит на луче с началом \(C_0\), противоположном лучу \(C_0D\), то из соотношений для вписанных углов следует \[ \angle B_0PC_0=\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\beta. \] Применяя теорему о внешнем угле к треугольникам \(PB_0C_0\) и \(PA_0C_0\), получаем \[ \gamma_0>\alpha+\beta=\pi-\gamma>\frac{\pi}{2}, \] что противоречит условию.
Если \(P\) лежит на луче \(C_0D\), совпадая с \(D\) или находясь за ней, то эти соотношения дают \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] Здесь луч \(PC_0\) лежит между \(PB_0\) и \(PA_0\), поэтому сумма этих двух углов не превосходит \(\pi\). Но их сумма равна \(\pi+\gamma>\pi\), что снова невозможно.
Следовательно, \(P\) лежит строго между \(C_0\) и \(D\), внутри треугольника.

Отсюда следует, что \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] Рассматривая сумму углов вокруг \(P\), получаем \[ \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \] Таким образом, \(P\) также принадлежит \(\omega_C\). Это единственная внутренняя точка с такими свойствами, поскольку любая такая точка должна быть второй точкой пересечения \(\omega_A,\omega_B\). Тем самым обосновано указанное построение \(P\).

Теперь проведём \[ \ell_a\perp PA_0\text{ через }A_0,\qquad \ell_b\perp PB_0\text{ через }B_0,\qquad \ell_c\perp PC_0\text{ через }C_0. \] Проверим, что они образуют треугольник, удовлетворяющий условиям задачи.

Для каждой прямой возьмём ограниченную ею полуплоскость, содержащую \(P\). Их внешние нормали равны \[ \mathbf n_a=A_0-P,\qquad \mathbf n_b=B_0-P,\qquad \mathbf n_c=C_0-P. \] Поскольку \(P\) — внутренняя точка, эти нормали порождают плоскость и связаны линейной зависимостью со строго положительными коэффициентами. Поэтому пересечение трёх полуплоскостей ограничено: в случае неограниченности существовало бы направление с неположительными скалярными произведениями со всеми тремя нормалями; из зависимости с положительными коэффициентами следовало бы, что все три произведения равны нулю, что противоречит тому, что нормали порождают плоскость. Поскольку \(P\) лежит строго внутри каждой полуплоскости, их пересечение — невырожденный треугольник.

Кроме того, \(P A_0\) лежит внутри острого угла \(B_0A_0C_0\). Поэтому \(B_0,C_0\) лежат строго по ту же сторону от \(\ell_a\), что и \(P\), и аналогично при циклической перестановке обозначений. Следовательно, каждая заданная точка касания лежит внутри соответствующей стороны.

Обозначим точки пересечения \[ A^*=\ell_b\cap\ell_c,\qquad B^*=\ell_c\cap\ell_a,\qquad C^*=\ell_a\cap\ell_b. \] Внутренний угол при \(A^*\) дополняет угол между соответствующими внешними нормалями до развёрнутого: \[ \angle A^*=\pi-\angle B_0PC_0=\alpha. \] Аналогично, \(\angle B^*=\beta\) и \(\angle C^*=\gamma\). Таким образом, построенный треугольник удовлетворяет условиям задачи.

Далее докажем максимальность, учитывая также возможное совпадение точек касания с концами сторон. Возьмём любой треугольник, удовлетворяющий условиям задачи, и выберем координаты так, чтобы \[ B=(0,0),\qquad C=(a,0), \] а \(A\) лежала выше \(BC\). Его точки касания можно записать в виде \[ A_0=(x,0),\quad C_0=(t\cos\beta,t\sin\beta),\quad B_0=(a-s\cos\gamma,s\sin\gamma), \] где \(0\le x\le a\) и \(s,t\ge0\).

Пусть \(J(u,v)=(-v,u)\) — поворот на \(90^\circ\). Из определений внешних центров окружностей следует \[ O_B=\frac{A_0+C_0}{2} +\frac{\cot\beta}{2}J(C_0-A_0), \] \[ O_C=\frac{A_0+B_0}{2} -\frac{\cot\gamma}{2}J(B_0-A_0). \] Поэтому их горизонтальные координаты равны \[ (O_B)_x=\frac{x}{2},\qquad (O_C)_x=\frac{a+x}{2}. \] Следовательно, \[ \boxed{BC\le 2O_BO_C,} \] причём равенство выполняется тогда и только тогда, когда \(BC\parallel O_BO_C\). Эти тождества остаются верными, если какая-либо точка касания совпадает с концом стороны.

Различные окружности \(\omega_B,\omega_C\) имеют общую хорду \(PA_0\), поэтому \[ O_BO_C\perp PA_0. \] Следовательно, построенная сторона \(B^*C^*\) параллельна \(O_BO_C\), и для неё оценка достигается. Поскольку \[ [ABC]=\frac{BC^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha}, \] построенный треугольник имеет наибольшую площадь.

Для него достигаются и две другие оценки длин сторон, полученные циклической перестановкой. Любой другой треугольник наибольшей площади, имея те же углы и площадь, должен иметь те же три длины сторон, и для него должны достигаться все три оценки. Поэтому его стороны должны лежать именно на \(\ell_a,\ell_b,\ell_c\). Это доказывает единственность.

Наконец, вычислим наибольшую площадь. Ориентируем \(A_0B_0C_0\) против часовой стрелки, поместим \(A_0\) в начало координат и обозначим \[ \mathbf u=B_0,\qquad \mathbf v=C_0. \] Тогда \[ 2(O_B-O_C)= \mathbf v-\mathbf u+\cot\beta\,J\mathbf v+\cot\gamma\,J\mathbf u. \] Положим \(r=\cot\beta,\ s=\cot\gamma\). Используя \[ |\mathbf v-\mathbf u|^2=a_0^2,\quad |\mathbf v|^2=b_0^2,\quad |\mathbf u|^2=c_0^2,\quad \det(\mathbf u,\mathbf v)=2K_0, \] после раскрытия скобок получаем \[ 4O_BO_C^2 =(1-rs)a_0^2+(r+s)(r b_0^2+s c_0^2)+4K_0(r+s). \] Поскольку \[ 1-rs=(r+s)\cot\alpha,\qquad r+s=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}, \] и \(B^*C^*=2O_BO_C\), получаем \[ [A^*B^*C^*] =\frac{4O_BO_C^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} =2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right). \]

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

IMO 1967 · المسألة 4

ليكن \(A_0B_0C_0\) و\(A_1B_1C_1\) مثلثين حادّي الزوايا كيفما كانا. نعتبر جميع المثلثات \(ABC\) المشابهة للمثلث \(\Delta A_1B_1C_1\) (بحيث تقابل الرؤوس \(A_1,B_1,C_1\) الرؤوس \(A,B,C\)، على الترتيب) والمحيطة بالمثلث \(A_0B_0C_0\) (حيث تقع \(A_0\) على \(BC\)، و\(B_0\) على \(CA\)، و\(AC_0\) على \(AB\)). من بين جميع هذه المثلثات الممكنة، حدّد المثلث ذا المساحة العظمى وأنشئه.

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

الإجابة

نكتب \[ \alpha=\angle A_1,\qquad \beta=\angle B_1,\qquad \gamma=\angle C_1. \] توجد نقطة وحيدة \(P\) داخل \(A_0B_0C_0\) تحقق \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta,\qquad \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \]

المثلث الوحيد الذي يحقق المساحة العظمى تمر أضلاعه بالنقاط \(A_0,B_0,C_0\)، وتكون عمودية على \(PA_0,PB_0,PC_0\)، على الترتيب. وفيما يلي إنشاء للنقطة \(P\) بالمسطرة والفرجار.

إذا كان \[ a_0=B_0C_0,\quad b_0=C_0A_0,\quad c_0=A_0B_0,\quad K_0=[A_0B_0C_0], \] فإن مساحته العظمى هي \[ \boxed{\,2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right).\,} \]

الحل

ننشئ \(O_A\) على المنصف العمودي للقطعة \(B_0C_0\)، في الجهة المقابلة للنقطة \(A_0\)، وعلى بُعد \[ \frac{a_0}{2}\cot\alpha \] من \(B_0C_0\). وبصورة مكافئة، ننشئ المثلث الخارجي المتساوي الساقين \(O_AB_0C_0\) الذي زاويتا قاعدته \(\pi/2-\alpha\). لتكن \(\omega_A\) الدائرة ذات المركز \(O_A\) والمارة بالنقطتين \(B_0,C_0\). وننشئ \(O_B,\omega_B\) و\(O_C,\omega_C\) بالتبادل الدوري، باستخدام \(\beta,\gamma\).

النقاط غير الطرفية على قوس \(\omega_A\) الواقع في جهة \(A_0\) من \(B_0C_0\) تحقق \[ \angle B_0XC_0=\pi-\alpha; \] أما النقاط على قوسها الآخر فتحقق \(\angle B_0XC_0=\alpha\). وتصح العبارات المناظرة بالتبادل الدوري.

نثبت أولًا أن للدائرتين \(\omega_A,\omega_B\) نقطة تقاطع ثانية \(P\) داخل \(A_0B_0C_0\). نضع \(\gamma_0=\angle B_0C_0A_0\). عند نقطتهما المشتركة \(C_0\)، تكون الزاوية بين نصفي القطرين، مقيسة عبر الزاوية \(B_0C_0A_0\)، مساويةً لـ \[ \left(\frac{\pi}{2}-\alpha\right)+\gamma_0+ \left(\frac{\pi}{2}-\beta\right)=\gamma_0+\gamma. \] كلٌّ من \(\gamma_0\) و\(\gamma\) حادة، لذا تقع هذه الزاوية قطعًا بين \(0\) و\(\pi\). ومن ثم فإن الدائرتين غير متماستين ولهما نقطة تقاطع ثانية \(P\).

وفضلًا عن ذلك، تقع \(A_0\) خارج \(\omega_A\). بالفعل، إن جزء قرصها الواقع في جهة \(A_0\) من \(B_0C_0\) محتوى في القرص ذي القطر \(B_0C_0\)، في حين تقع \(A_0\) خارج هذا القرص لأن \(\angle B_0A_0C_0\) حادة. وبالمثل، تقع \(B_0\) خارج \(\omega_B\).

إذن فرق قوتَي النقطة بالنسبة إلى هاتين الدائرتين موجب عند \(A_0\) وسالب عند \(B_0\). وبالتالي فإن محورهما الجذري \(C_0P\) يلتقي القطعة المفتوحة \(A_0B_0\) في نقطة \(D\).

هناك ثلاثة مواضع ممكنة للنقطة \(P\) على هذا المستقيم.

إذا وقعت \(P\) على الشعاع المنطلق من \(C_0\) في الجهة المعاكسة للنقطة \(D\)، فإن علاقات الزوايا في الدائرة تعطي \[ \angle B_0PC_0=\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\beta. \] وبتطبيق نظرية الزاوية الخارجية في المثلثين \(PB_0C_0\) و\(PA_0C_0\) نحصل على \[ \gamma_0>\alpha+\beta=\pi-\gamma>\frac{\pi}{2}, \] وهذا تناقض.
إذا وقعت \(P\) على الشعاع \(C_0D\)، عند \(D\) أو بعدها، فإن تلك العلاقات تعطي \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] هنا يقع الشعاع \(PC_0\) بين \(PB_0\) و\(PA_0\)، لذا فإن مجموع هاتين الزاويتين لا يتجاوز \(\pi\). لكن مجموعهما هو \(\pi+\gamma>\pi\)، وهذا مستحيل أيضًا.
إذن تقع \(P\) قطعًا بين \(C_0\) و\(D\)، داخل المثلث.

ينتج أن \[ \angle B_0PC_0=\pi-\alpha,\qquad \angle C_0PA_0=\pi-\beta. \] وعندئذ تعطي الزوايا حول \(P\) \[ \angle A_0PB_0=\pi-\gamma. \] إذن تنتمي \(P\) أيضًا إلى \(\omega_C\). وهي النقطة الداخلية الوحيدة التي تتمتع بهذه الخواص، إذ لا بد أن تكون أي نقطة كهذه هي نقطة التقاطع الثانية للدائرتين \(\omega_A,\omega_B\). وهذا يثبت صحة الإنشاء المذكور للنقطة \(P\).

نرسم الآن \[ \ell_a\perp PA_0\text{ مارًّا بالنقطة }A_0,\qquad \ell_b\perp PB_0\text{ مارًّا بالنقطة }B_0,\qquad \ell_c\perp PC_0\text{ مارًّا بالنقطة }C_0. \] نتحقق من أنها تشكّل مثلثًا مستوفيًا للشروط.

نأخذ نصف المستوى الذي يحدّه كل مستقيم ويحتوي على \(P\). متجهاتها الناظمة المتجهة إلى الخارج هي \[ \mathbf n_a=A_0-P,\qquad \mathbf n_b=B_0-P,\qquad \mathbf n_c=C_0-P. \] بما أن \(P\) داخلية، فإن هذه المتجهات الناظمة تولّد المستوى، وترتبط بعلاقة اعتماد خطي ذات معاملات موجبة تمامًا. ولذلك يكون تقاطع أنصاف المستويات الثلاثة محدودًا: فلو وُجد اتجاه غير محدود، لكانت جداءاته السلمية مع المتجهات الناظمة الثلاثة كلها غير موجبة؛ وعندئذ تفرض علاقة الاعتماد ذات المعاملات الموجبة أن تكون الجداءات الثلاثة كلها صفرًا، وهو ما يناقض كون هذه المتجهات تولّد المستوى. وبما أن \(P\) تقع في داخل كل نصف مستوى، فإن تقاطعها مثلث غير منحل.

كذلك، تقع \(P A_0\) داخل الزاوية الحادة \(B_0A_0C_0\). ومن ثم تقع \(B_0,C_0\) تمامًا في جهة \(P\) من \(\ell_a\)، وبالمثل بالتبادل الدوري. وبالتالي تقع كل نقطة تماس معطاة في داخل الضلع الموافق لها.

نسمّي نقاط التقاطع \[ A^*=\ell_b\cap\ell_c,\qquad B^*=\ell_c\cap\ell_a,\qquad C^*=\ell_a\cap\ell_b. \] الزاوية الداخلية عند \(A^*\) هي مكمّلة الزاوية بين متجهيها الناظمين المتجهين إلى الخارج: \[ \angle A^*=\pi-\angle B_0PC_0=\alpha. \] وبالمثل، \(\angle B^*=\beta\) و\(\angle C^*=\gamma\). إذن المثلث المنشأ مستوفٍ للشروط.

نثبت بعد ذلك أن مساحته عظمى، بما في ذلك احتمال وقوع نقاط التماس عند الأطراف. نأخذ أي مثلث مستوفٍ للشروط، ونختار إحداثيات بحيث \[ B=(0,0),\qquad C=(a,0), \] وتقع \(A\) فوق \(BC\). يمكن كتابة نقاط تماسه على الصورة \[ A_0=(x,0),\quad C_0=(t\cos\beta,t\sin\beta),\quad B_0=(a-s\cos\gamma,s\sin\gamma), \] حيث \(0\le x\le a\) و\(s,t\ge0\).

ليكن \(J(u,v)=(-v,u)\)، وهو دوران بزاوية \(90^\circ\). تعطي تعريفات مراكز الدوائر الخارجية \[ O_B=\frac{A_0+C_0}{2} +\frac{\cot\beta}{2}J(C_0-A_0), \] \[ O_C=\frac{A_0+B_0}{2} -\frac{\cot\gamma}{2}J(B_0-A_0). \] ومن ثم فإن إحداثييهما الأفقيين هما \[ (O_B)_x=\frac{x}{2},\qquad (O_C)_x=\frac{a+x}{2}. \] وبالتالي، \[ \boxed{BC\le 2O_BO_C,} \] وتتحقق المساواة إذا وفقط إذا كان \(BC\parallel O_BO_C\). تبقى هذه المتطابقات صحيحة عندما تكون أي نقطة تماس طرفًا.

للدائرتين المتمايزتين \(\omega_B,\omega_C\) الوتر المشترك \(PA_0\)، لذا \[ O_BO_C\perp PA_0. \] إذن الضلع المنشأ \(B^*C^*\) موازٍ لـ\(O_BO_C\)، ويبلغ الحد. وبما أن \[ [ABC]=\frac{BC^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha}, \] فإن المثلث المنشأ ذو مساحة عظمى.

وهو يبلغ أيضًا الحدّين الآخرين لطولي الضلعين الناتجين بالتبادل الدوري. وأي مثلث آخر يحقق المساحة العظمى، وله الزوايا والمساحة نفسيهما، لا بد أن تكون له أطوال الأضلاع الثلاثة نفسها وأن يبلغ الحدود الثلاثة كلها. لذلك لا بد أن تكون أضلاعه هي بالضبط \(\ell_a,\ell_b,\ell_c\). وهذا يثبت الوحدانية.

أخيرًا، نحسب المساحة العظمى. نوجّه \(A_0B_0C_0\) عكس اتجاه عقارب الساعة، ونضع \(A_0\) عند المبدأ، ونكتب \[ \mathbf u=B_0,\qquad \mathbf v=C_0. \] عندئذ \[ 2(O_B-O_C)= \mathbf v-\mathbf u+\cot\beta\,J\mathbf v+\cot\gamma\,J\mathbf u. \] نضع \(r=\cot\beta,\ s=\cot\gamma\). باستخدام \[ |\mathbf v-\mathbf u|^2=a_0^2,\quad |\mathbf v|^2=b_0^2,\quad |\mathbf u|^2=c_0^2,\quad \det(\mathbf u,\mathbf v)=2K_0, \] يعطي النشر \[ 4O_BO_C^2 =(1-rs)a_0^2+(r+s)(r b_0^2+s c_0^2)+4K_0(r+s). \] وبما أن \[ 1-rs=(r+s)\cot\alpha,\qquad r+s=\frac{\sin\alpha}{\sin\beta\sin\gamma}, \] و\(B^*C^*=2O_BO_C\)، نحصل على \[ [A^*B^*C^*] =\frac{4O_BO_C^2\sin\beta\sin\gamma}{2\sin\alpha} =2K_0+\frac12\left(a_0^2\cot\alpha+ b_0^2\cot\beta+c_0^2\cot\gamma\right). \]

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