IMO 1975 · Problem 3
On the sides of an arbitrary triangle \(ABC\), triangles \(ABR, BCP, CAQ\) are constructed externally with \(\angle CBP = \angle CAQ = 45^\circ\), \(\angle BCP = \angle ACQ = 30^\circ\), \(\angle ABR = \angle BAR = 15^\circ\). Prove that \(\angle QRP = 90^\circ\) and \(QR = RP\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Identify the plane with the complex plane. By applying a similarity and, if necessary, a reflection, we may assume that the complex coordinates of \(A,B,C\) are \[ a=0,\qquad b=1,\qquad c=x+iy,\qquad y>0. \] Write \(p,q,r\) for the coordinates of \(P,Q,R\), and put \[ t=\frac{\sqrt3-1}{2},\qquad 0<t<1. \]
The angles at \(P\) and \(Q\) in their respective constructed triangles are both \(105^\circ\). Thus the sine rule gives \[ \frac{BP}{BC}=\frac{AQ}{AC} =\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ} =\sqrt2\,t. \] Because the triangles are constructed externally, the direction \(BC\) is rotated clockwise through \(45^\circ\) to obtain the direction \(BP\), while \(AC\) is rotated counterclockwise through \(45^\circ\) to obtain \(AQ\). Consequently, \[ p=1+t(1-i)(c-1),\qquad q=t(1+i)c. \]
The triangle \(ABR\) is isosceles and lies below the real axis. Its altitude from \(R\) therefore gives \[ r=\frac12-\frac{i}{2}\tan15^\circ =\frac12-\frac{i}{2}(2-\sqrt3) =\frac12+i\left(t-\frac12\right). \] Using the expressions for \(p\) and \(q\), we obtain \[ \begin{aligned} q-ip &=t(1+i)c-i\bigl(1+t(1-i)(c-1)\bigr)\\ &=t+i(t-1)\\ &=(1-i)r. \end{aligned} \] Hence \[ \boxed{q-r=i(p-r)}. \]
We must also check that these vectors are nonzero. If \(p=r\), the boxed identity implies \(q=r\), and then \[ c=\frac{r}{t(1+i)} =\frac12+i\,\frac{t-1}{2t}. \] Its imaginary part is negative because \(0<t<1\), contradicting \(y>0\). Thus \(p\ne r\), and the boxed identity also gives \(q\ne r\).
Multiplication by \(i\) is a counterclockwise rotation through \(90^\circ\) and preserves length. The boxed identity therefore proves that \[ \angle QRP=90^\circ \qquad\text{and}\qquad QR=RP. \]
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1975 · Aufgabe 3
Über den Seiten eines beliebigen Dreiecks \(ABC\) werden nach außen Dreiecke \(ABR, BCP, CAQ\) mit \(\angle CBP = \angle CAQ = 45^\circ\), \(\angle BCP = \angle ACQ = 30^\circ\), \(\angle ABR = \angle BAR = 15^\circ\) errichtet. Man beweise, dass \(\angle QRP = 90^\circ\) und \(QR = RP\) gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir identifizieren die Ebene mit der komplexen Zahlenebene. Durch eine Ähnlichkeitsabbildung und nötigenfalls eine Spiegelung können wir annehmen, dass die komplexen Koordinaten von \(A,B,C\) durch \[ a=0,\qquad b=1,\qquad c=x+iy,\qquad y>0 \] gegeben sind. Wir bezeichnen die Koordinaten von \(P,Q,R\) mit \(p,q,r\) und setzen \[ t=\frac{\sqrt3-1}{2},\qquad 0<t<1. \]
Die Winkel bei \(P\) und \(Q\) in den jeweiligen errichteten Dreiecken betragen beide \(105^\circ\). Nach dem Sinussatz gilt daher \[ \frac{BP}{BC}=\frac{AQ}{AC} =\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ} =\sqrt2\,t. \] Da die Dreiecke nach außen errichtet sind, erhält man die Richtung \(BP\), indem man die Richtung \(BC\) um \(45^\circ\) im Uhrzeigersinn dreht, während man die Richtung \(AQ\) erhält, indem man die Richtung \(AC\) um \(45^\circ\) gegen den Uhrzeigersinn dreht. Folglich gilt \[ p=1+t(1-i)(c-1),\qquad q=t(1+i)c. \]
Das Dreieck \(ABR\) ist gleichschenklig und liegt unterhalb der reellen Achse. Aus seiner Höhe von \(R\) aus ergibt sich daher \[ r=\frac12-\frac{i}{2}\tan15^\circ =\frac12-\frac{i}{2}(2-\sqrt3) =\frac12+i\left(t-\frac12\right). \] Mit den Ausdrücken für \(p\) und \(q\) erhalten wir \[ \begin{aligned} q-ip &=t(1+i)c-i\bigl(1+t(1-i)(c-1)\bigr)\\ &=t+i(t-1)\\ &=(1-i)r. \end{aligned} \] Also ist \[ \boxed{q-r=i(p-r)}. \]
Wir müssen auch nachprüfen, dass diese Vektoren vom Nullvektor verschieden sind. Wäre \(p=r\), so folgte aus der eingerahmten Identität \(q=r\), und dann wäre \[ c=\frac{r}{t(1+i)} =\frac12+i\,\frac{t-1}{2t}. \] Der Imaginärteil wäre wegen \(0<t<1\) negativ, im Widerspruch zu \(y>0\). Somit gilt \(p\ne r\), und aus der eingerahmten Identität folgt auch \(q\ne r\).
Die Multiplikation mit \(i\) entspricht einer Drehung um \(90^\circ\) gegen den Uhrzeigersinn und erhält die Länge. Die eingerahmte Identität beweist daher, dass \[ \angle QRP=90^\circ \qquad\text{und}\qquad QR=RP. \]
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1975 · Soru 3
Herhangi bir \(ABC\) üçgeninin kenarları üzerine, üçgenin dışında kalacak şekilde, \(\angle CBP = \angle CAQ = 45^\circ\), \(\angle BCP = \angle ACQ = 30^\circ\), \(\angle ABR = \angle BAR = 15^\circ\) koşullarını sağlayan \(ABR, BCP, CAQ\) üçgenleri çiziliyor. \(\angle QRP = 90^\circ\) ve \(QR = RP\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Düzlemi karmaşık düzlemle özdeşleştirelim. Bir benzerlik ve gerekirse bir yansıma uygulayarak, \(A,B,C\) noktalarının karmaşık koordinatlarının \[ a=0,\qquad b=1,\qquad c=x+iy,\qquad y>0 \] olduğunu varsayabiliriz. \(P,Q,R\) noktalarının koordinatlarını \(p,q,r\) ile gösterelim ve \[ t=\frac{\sqrt3-1}{2},\qquad 0<t<1 \] olsun.
Çizilen üçgenlerde \(P\) ve \(Q\) köşelerindeki açıların her ikisi de \(105^\circ\)'dir. Dolayısıyla sinüs teoreminden \[ \frac{BP}{BC}=\frac{AQ}{AC} =\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ} =\sqrt2\,t \] elde edilir. Üçgenler dışarıya doğru çizildiğinden, \(BP\) yönünü elde etmek için \(BC\) yönü saat yönünde \(45^\circ\) döndürülürken, \(AQ\) yönünü elde etmek için \(AC\) yönü saat yönünün tersine \(45^\circ\) döndürülür. Buna göre, \[ p=1+t(1-i)(c-1),\qquad q=t(1+i)c. \]
\(ABR\) üçgeni ikizkenardır ve gerçel eksenin altında yer alır. Dolayısıyla \(R\)'den indirilen yükseklik yardımıyla \[ r=\frac12-\frac{i}{2}\tan15^\circ =\frac12-\frac{i}{2}(2-\sqrt3) =\frac12+i\left(t-\frac12\right) \] elde edilir. \(p\) ve \(q\) için bulduğumuz ifadeleri kullanarak \[ \begin{aligned} q-ip &=t(1+i)c-i\bigl(1+t(1-i)(c-1)\bigr)\\ &=t+i(t-1)\\ &=(1-i)r \end{aligned} \] buluruz. O hâlde \[ \boxed{q-r=i(p-r)}. \]
Bu vektörlerin sıfırdan farklı olduğunu da kontrol etmeliyiz. \(p=r\) ise kutu içindeki özdeşlikten \(q=r\) çıkar ve bu durumda \[ c=\frac{r}{t(1+i)} =\frac12+i\,\frac{t-1}{2t} \] olur. \(0<t<1\) olduğundan bu sayının sanal kısmı negatiftir; bu da \(y>0\) ile çelişir. Dolayısıyla \(p\ne r\) olur ve kutu içindeki özdeşlikten \(q\ne r\) de elde edilir.
\(i\) ile çarpma, saat yönünün tersine \(90^\circ\)'lik bir dönmedir ve uzunluğu korur. Dolayısıyla kutu içindeki özdeşlik, \[ \angle QRP=90^\circ \qquad\text{ve}\qquad QR=RP \] olduğunu kanıtlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1975 · Problema 3
Sobre los lados de un triángulo cualquiera \(ABC\), se construyen exteriormente los triángulos \(ABR, BCP, CAQ\) con \(\angle CBP = \angle CAQ = 45^\circ\), \(\angle BCP = \angle ACQ = 30^\circ\), \(\angle ABR = \angle BAR = 15^\circ\). Demostrar que \(\angle QRP = 90^\circ\) y \(QR = RP\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Identificamos el plano con el plano complejo. Aplicando una semejanza y, si es necesario, una reflexión, podemos suponer que las coordenadas complejas de \(A,B,C\) son \[ a=0,\qquad b=1,\qquad c=x+iy,\qquad y>0. \] Denotamos por \(p,q,r\) las coordenadas de \(P,Q,R\), y ponemos \[ t=\frac{\sqrt3-1}{2},\qquad 0<t<1. \]
Los ángulos en \(P\) y \(Q\) de los respectivos triángulos construidos miden ambos \(105^\circ\). Por tanto, el teorema de los senos da \[ \frac{BP}{BC}=\frac{AQ}{AC} =\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ} =\sqrt2\,t. \] Como los triángulos se construyen exteriormente, la dirección \(BC\) se gira \(45^\circ\) en sentido horario para obtener la dirección \(BP\), mientras que \(AC\) se gira \(45^\circ\) en sentido antihorario para obtener \(AQ\). En consecuencia, \[ p=1+t(1-i)(c-1),\qquad q=t(1+i)c. \]
El triángulo \(ABR\) es isósceles y se encuentra por debajo del eje real. Por tanto, su altura desde \(R\) da \[ r=\frac12-\frac{i}{2}\tan15^\circ =\frac12-\frac{i}{2}(2-\sqrt3) =\frac12+i\left(t-\frac12\right). \] Usando las expresiones de \(p\) y \(q\), obtenemos \[ \begin{aligned} q-ip &=t(1+i)c-i\bigl(1+t(1-i)(c-1)\bigr)\\ &=t+i(t-1)\\ &=(1-i)r. \end{aligned} \] De ahí que \[ \boxed{q-r=i(p-r)}. \]
También debemos comprobar que estos vectores no son nulos. Si \(p=r\), la identidad recuadrada implica \(q=r\), y entonces \[ c=\frac{r}{t(1+i)} =\frac12+i\,\frac{t-1}{2t}. \] Su parte imaginaria es negativa porque \(0<t<1\), lo que contradice \(y>0\). Así, \(p\ne r\), y la identidad recuadrada también da \(q\ne r\).
La multiplicación por \(i\) es un giro de \(90^\circ\) en sentido antihorario y conserva la longitud. Por tanto, la identidad recuadrada demuestra que \[ \angle QRP=90^\circ \qquad\text{y}\qquad QR=RP. \]
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1975 · 问题 3
在任意三角形 \(ABC\) 的各边上向外作三角形 \(ABR, BCP, CAQ\)，使得 \(\angle CBP = \angle CAQ = 45^\circ\)，\(\angle BCP = \angle ACQ = 30^\circ\)，\(\angle ABR = \angle BAR = 15^\circ\)。证明：\(\angle QRP = 90^\circ\)，且 \(QR = RP\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
将平面视为复平面。通过相似变换，并在必要时作反射变换，可以假设 \(A,B,C\) 的复坐标为 \[ a=0,\qquad b=1,\qquad c=x+iy,\qquad y>0. \] 用 \(p,q,r\) 分别表示 \(P,Q,R\) 的坐标，并令 \[ t=\frac{\sqrt3-1}{2},\qquad 0<t<1. \]
在所作的两个三角形中，顶点 \(P\) 和 \(Q\) 处的角均为 \(105^\circ\)。因此，由正弦定理可得 \[ \frac{BP}{BC}=\frac{AQ}{AC} =\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ} =\sqrt2\,t. \] 由于这些三角形是向外作的，将 \(BC\) 的方向顺时针旋转 \(45^\circ\) 即得到 \(BP\) 的方向，而将 \(AC\) 的方向逆时针旋转 \(45^\circ\) 即得到 \(AQ\) 的方向。从而， \[ p=1+t(1-i)(c-1),\qquad q=t(1+i)c. \]
三角形 \(ABR\) 是等腰三角形，且位于实轴下方。因此，利用从 \(R\) 引出的高可得 \[ r=\frac12-\frac{i}{2}\tan15^\circ =\frac12-\frac{i}{2}(2-\sqrt3) =\frac12+i\left(t-\frac12\right). \] 利用 \(p\) 和 \(q\) 的表达式，得到 \[ \begin{aligned} q-ip &=t(1+i)c-i\bigl(1+t(1-i)(c-1)\bigr)\\ &=t+i(t-1)\\ &=(1-i)r. \end{aligned} \] 因此 \[ \boxed{q-r=i(p-r)}. \]
我们还须验证这些向量非零。若 \(p=r\)，则由方框中的恒等式可得 \(q=r\)，进而 \[ c=\frac{r}{t(1+i)} =\frac12+i\,\frac{t-1}{2t}. \] 由于 \(0<t<1\)，其虚部为负，与 \(y>0\) 矛盾。因此 \(p\ne r\)，而由方框中的恒等式也可得 \(q\ne r\)。
乘以 \(i\) 表示逆时针旋转 \(90^\circ\)，且保持长度不变。因此，方框中的恒等式证明了 \[ \angle QRP=90^\circ \qquad\text{且}\qquad QR=RP. \]
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1975 · Задача 3
На сторонах произвольного треугольника \(ABC\) вне его построены треугольники \(ABR, BCP, CAQ\), в которых \(\angle CBP = \angle CAQ = 45^\circ\), \(\angle BCP = \angle ACQ = 30^\circ\), \(\angle ABR = \angle BAR = 15^\circ\). Докажите, что \(\angle QRP = 90^\circ\) и \(QR = RP\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Отождествим плоскость с комплексной плоскостью. Применив преобразование подобия и, при необходимости, отражение, можно считать, что комплексные координаты точек \(A,B,C\) равны \[ a=0,\qquad b=1,\qquad c=x+iy,\qquad y>0. \] Обозначим координаты точек \(P,Q,R\) через \(p,q,r\) и положим \[ t=\frac{\sqrt3-1}{2},\qquad 0<t<1. \]
Углы при вершинах \(P\) и \(Q\) в соответствующих построенных треугольниках оба равны \(105^\circ\). Поэтому по теореме синусов \[ \frac{BP}{BC}=\frac{AQ}{AC} =\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ} =\sqrt2\,t. \] Поскольку треугольники построены вне исходного треугольника, направление \(BP\) получается из направления \(BC\) поворотом на \(45^\circ\) по часовой стрелке, а направление \(AQ\) — из направления \(AC\) поворотом на \(45^\circ\) против часовой стрелки. Следовательно, \[ p=1+t(1-i)(c-1),\qquad q=t(1+i)c. \]
Треугольник \(ABR\) равнобедренный и лежит ниже действительной оси. Поэтому, рассматривая его высоту из вершины \(R\), получаем \[ r=\frac12-\frac{i}{2}\tan15^\circ =\frac12-\frac{i}{2}(2-\sqrt3) =\frac12+i\left(t-\frac12\right). \] Используя выражения для \(p\) и \(q\), получаем \[ \begin{aligned} q-ip &=t(1+i)c-i\bigl(1+t(1-i)(c-1)\bigr)\\ &=t+i(t-1)\\ &=(1-i)r. \end{aligned} \] Отсюда \[ \boxed{q-r=i(p-r)}. \]
Необходимо также проверить, что эти векторы ненулевые. Если \(p=r\), то из выделенного рамкой тождества следует \(q=r\), и тогда \[ c=\frac{r}{t(1+i)} =\frac12+i\,\frac{t-1}{2t}. \] Мнимая часть этого числа отрицательна, поскольку \(0<t<1\), что противоречит условию \(y>0\). Таким образом, \(p\ne r\), а выделенное рамкой тождество также даёт \(q\ne r\).
Умножение на \(i\) соответствует повороту на \(90^\circ\) против часовой стрелки и сохраняет длину. Поэтому выделенное рамкой тождество доказывает, что \[ \angle QRP=90^\circ \qquad\text{и}\qquad QR=RP. \]
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1975 · المسألة 3
على أضلاع مثلث كيفما كان \(ABC\)، تُنشأ المثلثات \(ABR, BCP, CAQ\) خارج المثلث بحيث \(\angle CBP = \angle CAQ = 45^\circ\)، و\(\angle BCP = \angle ACQ = 30^\circ\)، و\(\angle ABR = \angle BAR = 15^\circ\). أثبت أن \(\angle QRP = 90^\circ\) وأن \(QR = RP\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نطابق المستوى مع المستوى العقدي. بتطبيق تشابه، وانعكاس عند الحاجة، يمكننا افتراض أن الإحداثيات العقدية للنقاط \(A,B,C\) هي \[ a=0,\qquad b=1,\qquad c=x+iy,\qquad y>0. \] نرمز بـ\(p,q,r\) إلى إحداثيات \(P,Q,R\)، ونضع \[ t=\frac{\sqrt3-1}{2},\qquad 0<t<1. \]
قياس كل من الزاويتين عند \(P\) و\(Q\) في المثلثين المنشأين اللذين تنتميان إليهما هو \(105^\circ\). ومن ثم يعطينا قانون الجيوب \[ \frac{BP}{BC}=\frac{AQ}{AC} =\frac{\sin30^\circ}{\sin105^\circ} =\sqrt2\,t. \] بما أن المثلثات منشأة خارج المثلث، فإن الاتجاه \(BC\) يُدار مع عقارب الساعة بزاوية \(45^\circ\) للحصول على الاتجاه \(BP\)، في حين يُدار الاتجاه \(AC\) عكس عقارب الساعة بزاوية \(45^\circ\) للحصول على \(AQ\). وبالتالي، \[ p=1+t(1-i)(c-1),\qquad q=t(1+i)c. \]
المثلث \(ABR\) متساوي الساقين ويقع أسفل المحور الحقيقي. ولذلك يعطينا ارتفاعه المرسوم من \(R\) \[ r=\frac12-\frac{i}{2}\tan15^\circ =\frac12-\frac{i}{2}(2-\sqrt3) =\frac12+i\left(t-\frac12\right). \] باستخدام عبارتي \(p\) و\(q\)، نحصل على \[ \begin{aligned} q-ip &=t(1+i)c-i\bigl(1+t(1-i)(c-1)\bigr)\\ &=t+i(t-1)\\ &=(1-i)r. \end{aligned} \] ومن ثم \[ \boxed{q-r=i(p-r)}. \]
يجب أن نتحقق أيضًا من أن هذين المتجهين غير صفريين. إذا كان \(p=r\)، فإن المتطابقة المؤطرة تستلزم \(q=r\)، وعندئذ \[ c=\frac{r}{t(1+i)} =\frac12+i\,\frac{t-1}{2t}. \] جزؤه التخيلي سالب لأن \(0<t<1\)، وهذا يناقض \(y>0\). إذن \(p\ne r\)، وتعطي المتطابقة المؤطرة أيضًا \(q\ne r\).
الضرب في \(i\) دوران عكس عقارب الساعة بزاوية \(90^\circ\) يحفظ الطول. ولذلك تثبت المتطابقة المؤطرة أن \[ \angle QRP=90^\circ \qquad\text{و}\qquad QR=RP. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).