IMO 1978 · Problem 4
In triangle \(ABC\), \(AB = AC\). A circle is tangent internally to the circumcircle of triangle \(ABC\) and also to sides \(AB\), \(AC\) at \(P\), \(Q\), respectively. Prove that the midpoint of segment \(PQ\) is the center of the incircle of triangle \(ABC\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \(D\) be the midpoint of \(BC\), \(M\) the midpoint of \(PQ\), and \(S\) the center of the given circle, whose radius is \(r>0\). Put \[ \theta=\frac12\angle BAC,\qquad 0<\theta<\frac{\pi}{2}. \] Since \(AB=AC\), the line \(AD\) is both the internal angle bisector at \(A\) and the perpendicular bisector of \(BC\).
The two distinct tangents from \(A\) give \(AP=AQ>0\). Thus \(P,Q\) are symmetric about \(AD\), so \(M\in AD\) and \(PQ\perp AD\). Since \(SP=SQ\), the center \(S\) also lies on \(AD\).
Let \(T\ne A\) be the second intersection of the ray \(AD\) with the circumcircle. The circumcenter lies on \(AD\), so \(AT\) is a diameter. Internal tangency ensures that \(S\) is inside the circumcircle, hence between \(A\) and \(T\). The right triangle \(ASP\) gives \[ r=AS\sin\theta<AS. \] The tangency point of the two circles lies on their line of centers, so it is either \(A\) or \(T\). Since \(AS>r\), it cannot be \(A\). It is therefore \(T\), and \[ AT=AS+r=AS(1+\sin\theta). \]
Because \(AT\) is a diameter, \(\angle ABT=90^\circ\). Consequently, \[ AB=AT\cos\theta,\qquad AD=AB\cos\theta, \] and hence \[ AD=AT\cos^2\theta. \] Similarly, the right triangles \(ASP\) and \(APM\) give \[ AP=AS\cos\theta,\qquad AM=AP\cos\theta. \] Combining these identities yields \[ AM=AS\cos^2\theta =\frac{AT\cos^2\theta}{1+\sin\theta} =\frac{AD}{1+\sin\theta}. \]
In particular, \(0<AM<AD\), so \(M\) lies inside triangle \(ABC\). Its distance from \(BC\) is \[ MD=AD-AM=AM\sin\theta. \] Its perpendicular distance from each of \(AB\) and \(AC\) is also \(AM\sin\theta\), since \(AM\) bisects \(\angle BAC\).
Thus \(M\) is an interior point equidistant from all three sides of the triangle. Therefore \(M\) is its incenter. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1978 · Aufgabe 4
Im Dreieck \(ABC\) gilt \(AB = AC\). Ein Kreis berührt den Umkreis des Dreiecks \(ABC\) von innen sowie die Seiten \(AB\), \(AC\) in \(P\) bzw. \(Q\). Beweise, dass der Mittelpunkt der Strecke \(PQ\) der Mittelpunkt des Inkreises des Dreiecks \(ABC\) ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Seien \(D\) der Mittelpunkt von \(BC\), \(M\) der Mittelpunkt von \(PQ\) und \(S\) der Mittelpunkt des gegebenen Kreises, dessen Radius \(r>0\) ist. Setze \[ \theta=\frac12\angle BAC,\qquad 0<\theta<\frac{\pi}{2}. \] Wegen \(AB=AC\) ist die Gerade \(AD\) sowohl die innere Winkelhalbierende bei \(A\) als auch die Mittelsenkrechte von \(BC\).
Aus den beiden verschiedenen Tangenten von \(A\) aus folgt \(AP=AQ>0\). Somit liegen \(P,Q\) symmetrisch zu \(AD\), also gilt \(M\in AD\) und \(PQ\perp AD\). Wegen \(SP=SQ\) liegt auch der Mittelpunkt \(S\) auf \(AD\).
Sei \(T\ne A\) der zweite Schnittpunkt des Strahls \(AD\) mit dem Umkreis. Der Umkreismittelpunkt liegt auf \(AD\), also ist \(AT\) ein Durchmesser. Die innere Berührung gewährleistet, dass \(S\) im Inneren des Umkreises liegt, also zwischen \(A\) und \(T\). Aus dem rechtwinkligen Dreieck \(ASP\) folgt \[ r=AS\sin\theta<AS. \] Der Berührpunkt der beiden Kreise liegt auf ihrer Mittelpunktsgeraden, ist also entweder \(A\) oder \(T\). Wegen \(AS>r\) kann er nicht \(A\) sein. Er ist daher \(T\), und es gilt \[ AT=AS+r=AS(1+\sin\theta). \]
Da \(AT\) ein Durchmesser ist, gilt \(\angle ABT=90^\circ\). Folglich ist \[ AB=AT\cos\theta,\qquad AD=AB\cos\theta, \] und somit \[ AD=AT\cos^2\theta. \] Ebenso ergeben die rechtwinkligen Dreiecke \(ASP\) und \(APM\) \[ AP=AS\cos\theta,\qquad AM=AP\cos\theta. \] Die Kombination dieser Identitäten liefert \[ AM=AS\cos^2\theta =\frac{AT\cos^2\theta}{1+\sin\theta} =\frac{AD}{1+\sin\theta}. \]
Insbesondere gilt \(0<AM<AD\), also liegt \(M\) im Inneren des Dreiecks \(ABC\). Sein Abstand von \(BC\) ist \[ MD=AD-AM=AM\sin\theta. \] Sein senkrechter Abstand von jeder der beiden Seiten \(AB\) und \(AC\) ist ebenfalls \(AM\sin\theta\), da \(AM\) den Winkel \(\angle BAC\) halbiert.
Somit ist \(M\) ein innerer Punkt, der von allen drei Seiten des Dreiecks den gleichen Abstand hat. Daher ist \(M\) sein Inkreismittelpunkt. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1978 · Soru 4
\(ABC\) üçgeninde \(AB = AC\)'dir. Bir çember, \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberine içten ve \(AB\), \(AC\) kenarlarına sırasıyla \(P\), \(Q\) noktalarında teğettir. \(PQ\) doğru parçasının orta noktasının, \(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(D\), \(BC\)'nin orta noktası, \(M\), \(PQ\)'nun orta noktası ve \(S\), yarıçapı \(r>0\) olan verilen çemberin merkezi olsun. \[ \theta=\frac12\angle BAC,\qquad 0<\theta<\frac{\pi}{2} \] olarak tanımlayalım. \(AB=AC\) olduğundan, \(AD\) doğrusu hem \(A\) köşesindeki iç açıortay hem de \(BC\)'nin orta dikmesidir.
\(A\)'dan çizilen iki farklı teğetten \(AP=AQ>0\) elde edilir. Dolayısıyla \(P,Q\), \(AD\)'ye göre simetriktir; bu nedenle \(M\in AD\) ve \(PQ\perp AD\) olur. \(SP=SQ\) olduğundan, \(S\) merkezi de \(AD\) üzerinde bulunur.
\(AD\) ışınının çevrel çemberle ikinci kesişim noktası \(T\ne A\) olsun. Çevrel çemberin merkezi \(AD\) üzerinde olduğundan, \(AT\) bir çaptır. İçten teğetlik, \(S\)'nin çevrel çemberin içinde, dolayısıyla \(A\) ile \(T\) arasında olmasını sağlar. \(ASP\) dik üçgeninden \[ r=AS\sin\theta<AS \] elde edilir. İki çemberin teğetlik noktası, merkezlerini birleştiren doğru üzerinde olduğundan ya \(A\) ya da \(T\)'dir. \(AS>r\) olduğundan, bu nokta \(A\) olamaz. Dolayısıyla \(T\)'dir ve \[ AT=AS+r=AS(1+\sin\theta). \]
\(AT\) bir çap olduğundan \(\angle ABT=90^\circ\) olur. Buna göre \[ AB=AT\cos\theta,\qquad AD=AB\cos\theta, \] ve dolayısıyla \[ AD=AT\cos^2\theta \] elde edilir. Benzer biçimde, \(ASP\) ve \(APM\) dik üçgenlerinden \[ AP=AS\cos\theta,\qquad AM=AP\cos\theta \] elde edilir. Bu özdeşlikler birleştirilirse \[ AM=AS\cos^2\theta =\frac{AT\cos^2\theta}{1+\sin\theta} =\frac{AD}{1+\sin\theta} \] bulunur.
Özellikle, \(0<AM<AD\) olduğundan \(M\), \(ABC\) üçgeninin içinde bulunur. \(BC\)'ye uzaklığı \[ MD=AD-AM=AM\sin\theta \] olur. \(AM\), \(\angle BAC\)'nin açıortayı olduğundan, \(AB\) ve \(AC\) kenarlarının her birine olan dik uzaklığı da \(AM\sin\theta\)'dır.
Böylece \(M\), üçgenin içinde bulunan ve üç kenara da eşit uzaklıkta olan bir noktadır. Dolayısıyla \(M\), üçgenin iç teğet çemberinin merkezidir. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1978 · Problema 4
En el triángulo \(ABC\), \(AB = AC\). Una circunferencia es tangente interiormente a la circunferencia circunscrita al triángulo \(ABC\) y también a los lados \(AB\), \(AC\) en \(P\), \(Q\), respectivamente. Demostrar que el punto medio del segmento \(PQ\) es el centro de la circunferencia inscrita en el triángulo \(ABC\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sean \(D\) el punto medio de \(BC\), \(M\) el punto medio de \(PQ\) y \(S\) el centro de la circunferencia dada, cuyo radio es \(r>0\). Pongamos \[ \theta=\frac12\angle BAC,\qquad 0<\theta<\frac{\pi}{2}. \] Como \(AB=AC\), la recta \(AD\) es tanto la bisectriz interior del ángulo en \(A\) como la mediatriz de \(BC\).
Las dos tangentes distintas desde \(A\) dan \(AP=AQ>0\). Por tanto, \(P,Q\) son simétricos respecto de \(AD\), de modo que \(M\in AD\) y \(PQ\perp AD\). Como \(SP=SQ\), el centro \(S\) también pertenece a \(AD\).
Sea \(T\ne A\) la segunda intersección de la semirrecta \(AD\) con la circunferencia circunscrita. El circuncentro pertenece a \(AD\), por lo que \(AT\) es un diámetro. La tangencia interior garantiza que \(S\) está en el interior de la circunferencia circunscrita y, por tanto, entre \(A\) y \(T\). El triángulo rectángulo \(ASP\) da \[ r=AS\sin\theta<AS. \] El punto de tangencia de las dos circunferencias pertenece a la recta que une sus centros, por lo que es \(A\) o \(T\). Como \(AS>r\), no puede ser \(A\). Por tanto, es \(T\), y \[ AT=AS+r=AS(1+\sin\theta). \]
Como \(AT\) es un diámetro, \(\angle ABT=90^\circ\). En consecuencia, \[ AB=AT\cos\theta,\qquad AD=AB\cos\theta, \] y, por tanto, \[ AD=AT\cos^2\theta. \] Análogamente, los triángulos rectángulos \(ASP\) y \(APM\) dan \[ AP=AS\cos\theta,\qquad AM=AP\cos\theta. \] Combinando estas identidades, obtenemos \[ AM=AS\cos^2\theta =\frac{AT\cos^2\theta}{1+\sin\theta} =\frac{AD}{1+\sin\theta}. \]
En particular, \(0<AM<AD\), por lo que \(M\) está en el interior del triángulo \(ABC\). Su distancia a \(BC\) es \[ MD=AD-AM=AM\sin\theta. \] Su distancia perpendicular a cada uno de los lados \(AB\) y \(AC\) también es \(AM\sin\theta\), pues \(AM\) biseca \(\angle BAC\).
Así pues, \(M\) es un punto interior equidistante de los tres lados del triángulo. Por tanto, \(M\) es su incentro. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1978 · 问题 4
在三角形 \(ABC\) 中，\(AB = AC\)。一个圆与三角形 \(ABC\) 的外接圆内切，并分别与边 \(AB\)、\(AC\) 相切于 \(P\)、\(Q\)。证明：线段 \(PQ\) 的中点是三角形 \(ABC\) 的内切圆圆心。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \(D\) 为 \(BC\) 的中点，\(M\) 为 \(PQ\) 的中点，\(S\) 为给定圆的圆心，其半径为 \(r>0\)。令 \[ \theta=\frac12\angle BAC,\qquad 0<\theta<\frac{\pi}{2}. \] 由于 \(AB=AC\)，直线 \(AD\) 既是 \(A\) 处内角的平分线，也是 \(BC\) 的垂直平分线。
由从 \(A\) 引出的两条不同切线可得 \(AP=AQ>0\)。因此，\(P,Q\) 关于 \(AD\) 对称，故 \(M\in AD\) 且 \(PQ\perp AD\)。由于 \(SP=SQ\)，圆心 \(S\) 也在 \(AD\) 上。
设 \(T\ne A\) 为射线 \(AD\) 与外接圆的第二个交点。外心在 \(AD\) 上，因此 \(AT\) 是直径。由内切关系可知 \(S\) 在外接圆内部，因而位于 \(A\) 与 \(T\) 之间。由直角三角形 \(ASP\) 得 \[ r=AS\sin\theta<AS. \] 两圆的切点在它们的连心线上，因此只能是 \(A\) 或 \(T\)。由于 \(AS>r\)，切点不可能是 \(A\)。所以切点为 \(T\)，且 \[ AT=AS+r=AS(1+\sin\theta). \]
因为 \(AT\) 是直径，所以 \(\angle ABT=90^\circ\)。因此， \[ AB=AT\cos\theta,\qquad AD=AB\cos\theta, \] 从而 \[ AD=AT\cos^2\theta. \] 类似地，由直角三角形 \(ASP\) 和 \(APM\) 得 \[ AP=AS\cos\theta,\qquad AM=AP\cos\theta. \] 结合这些等式可得 \[ AM=AS\cos^2\theta =\frac{AT\cos^2\theta}{1+\sin\theta} =\frac{AD}{1+\sin\theta}. \]
特别地，\(0<AM<AD\)，所以 \(M\) 位于三角形 \(ABC\) 内部。它到 \(BC\) 的距离为 \[ MD=AD-AM=AM\sin\theta. \] 由于 \(AM\) 平分 \(\angle BAC\)，它到 \(AB\) 和 \(AC\) 的垂直距离也都为 \(AM\sin\theta\)。
因此，\(M\) 是三角形内部到三边距离相等的点。所以 \(M\) 是该三角形的内心。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1978 · Задача 4
В треугольнике \(ABC\) выполнено \(AB = AC\). Окружность касается изнутри описанной окружности треугольника \(ABC\), а также сторон \(AB\), \(AC\) в точках \(P\), \(Q\) соответственно. Докажите, что середина отрезка \(PQ\) является центром вписанной окружности треугольника \(ABC\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \(D\) — середина \(BC\), \(M\) — середина \(PQ\), а \(S\) — центр данной окружности, радиус которой равен \(r>0\). Положим \[ \theta=\frac12\angle BAC,\qquad 0<\theta<\frac{\pi}{2}. \] Поскольку \(AB=AC\), прямая \(AD\) содержит биссектрису внутреннего угла при вершине \(A\) и является серединным перпендикуляром к \(BC\).
Из равенства отрезков двух различных касательных, проведённых из \(A\), получаем \(AP=AQ>0\). Таким образом, точки \(P,Q\) симметричны относительно \(AD\), поэтому \(M\in AD\) и \(PQ\perp AD\). Поскольку \(SP=SQ\), центр \(S\) также лежит на \(AD\).
Пусть \(T\ne A\) — вторая точка пересечения луча \(AD\) с описанной окружностью. Центр описанной окружности лежит на \(AD\), поэтому \(AT\) — диаметр. Из внутреннего касания следует, что \(S\) лежит внутри описанной окружности, а значит, между \(A\) и \(T\). Из прямоугольного треугольника \(ASP\) получаем \[ r=AS\sin\theta<AS. \] Точка касания двух окружностей лежит на их линии центров, поэтому она совпадает либо с \(A\), либо с \(T\). Поскольку \(AS>r\), она не может совпадать с \(A\). Следовательно, это точка \(T\), и \[ AT=AS+r=AS(1+\sin\theta). \]
Так как \(AT\) — диаметр, \(\angle ABT=90^\circ\). Следовательно, \[ AB=AT\cos\theta,\qquad AD=AB\cos\theta, \] откуда \[ AD=AT\cos^2\theta. \] Аналогично из прямоугольных треугольников \(ASP\) и \(APM\) получаем \[ AP=AS\cos\theta,\qquad AM=AP\cos\theta. \] Объединяя эти равенства, находим \[ AM=AS\cos^2\theta =\frac{AT\cos^2\theta}{1+\sin\theta} =\frac{AD}{1+\sin\theta}. \]
В частности, \(0<AM<AD\), поэтому \(M\) лежит внутри треугольника \(ABC\). Расстояние от неё до \(BC\) равно \[ MD=AD-AM=AM\sin\theta. \] Расстояние от неё до каждой из прямых \(AB\) и \(AC\), измеренное по перпендикуляру, также равно \(AM\sin\theta\), поскольку \(AM\) делит \(\angle BAC\) пополам.
Итак, \(M\) — внутренняя точка треугольника, равноудалённая от всех трёх его сторон. Следовательно, \(M\) — центр его вписанной окружности. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1978 · المسألة 4
في المثلث \(ABC\)، لدينا \(AB = AC\). دائرة تمس داخليًا الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\)، وتمس أيضًا الضلعين \(AB\) و\(AC\) في \(P\) و\(Q\)، على الترتيب. أثبت أن منتصف القطعة \(PQ\) هو مركز الدائرة الداخلية للمثلث \(ABC\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
ليكن \(D\) منتصف \(BC\)، و\(M\) منتصف \(PQ\)، و\(S\) مركز الدائرة المعطاة التي نصف قطرها \(r>0\). نضع \[ \theta=\frac12\angle BAC,\qquad 0<\theta<\frac{\pi}{2}. \] بما أن \(AB=AC\)، فإن المستقيم \(AD\) هو منصف الزاوية الداخلية عند \(A\) والعمود المنصف للقطعة \(BC\) معًا.
يعطينا المماسان المختلفان المرسومان من \(A\) أن \(AP=AQ>0\). ومن ثم فإن \(P,Q\) متناظرتان بالنسبة إلى \(AD\)، وبالتالي \(M\in AD\) و\(PQ\perp AD\). وبما أن \(SP=SQ\)، فإن المركز \(S\) يقع أيضًا على \(AD\).
لتكن \(T\ne A\) نقطة التقاطع الثانية لنصف المستقيم \(AD\) مع الدائرة المحيطة. يقع مركز الدائرة المحيطة على \(AD\)، ولذلك فإن \(AT\) قطر. يضمن التماس الداخلي أن \(S\) تقع داخل الدائرة المحيطة، ومن ثم بين \(A\) و\(T\). ويعطينا المثلث القائم \(ASP\) \[ r=AS\sin\theta<AS. \] تقع نقطة تماس الدائرتين على خط مركزيهما، ولذلك فهي إما \(A\) أو \(T\). وبما أن \(AS>r\)، فلا يمكن أن تكون \(A\). إذن هي \(T\)، و \[ AT=AS+r=AS(1+\sin\theta). \]
بما أن \(AT\) قطر، فإن \(\angle ABT=90^\circ\). وعليه، \[ AB=AT\cos\theta,\qquad AD=AB\cos\theta, \] ومن ثم \[ AD=AT\cos^2\theta. \] وبالمثل، يعطينا المثلثان القائمان \(ASP\) و\(APM\) \[ AP=AS\cos\theta,\qquad AM=AP\cos\theta. \] وبالجمع بين هذه المتطابقات نحصل على \[ AM=AS\cos^2\theta =\frac{AT\cos^2\theta}{1+\sin\theta} =\frac{AD}{1+\sin\theta}. \]
وبخاصة، فإن \(0<AM<AD\)، ولذلك تقع \(M\) داخل المثلث \(ABC\). وبعدها عن \(BC\) هو \[ MD=AD-AM=AM\sin\theta. \] وبعدها العمودي عن كل من \(AB\) و\(AC\) هو أيضًا \(AM\sin\theta\)، لأن \(AM\) ينصف \(\angle BAC\).
وهكذا فإن \(M\) نقطة داخلية متساوية البعد عن أضلاع المثلث الثلاثة. لذلك فإن \(M\) هي مركز دائرته الداخلية. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).