IMO 1981 · Problem 5
Three congruent circles have a common point \(O\) and lie inside a given triangle. Each circle touches a pair of sides of the triangle. Prove that the incenter and the circumcenter of the triangle and the point \(O\) are collinear.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let the triangle be \(ABC\), with incenter \(I\), circumcenter \(K\), inradius \(r\), and circumradius \(R\). Let the three circles have common radius \(\rho>0\).
For a fixed pair of sides, there is at most one circle of radius \(\rho\) inside the triangle tangent to both: its center must be the intersection of the two lines parallel to those sides at inward distance \(\rho\). Thus the three distinct circles must touch different pairs of sides. Label their centers \(X_A,X_B,X_C\), corresponding respectively to the pairs \(AB,AC\), \(BA,BC\), and \(CA,CB\).
The points \(A,X_A,I\) lie on the internal bisector of angle \(A\). Taking perpendicular distances to \(AB\) gives \[ AX_A\sin\frac A2=\rho, \qquad AI\sin\frac A2=r. \] Consequently, with \(t=\rho/r\), \[ \overrightarrow{AX_A}=t\overrightarrow{AI}, \qquad\text{hence}\qquad \overrightarrow{IX_A}=(1-t)\overrightarrow{IA}. \] The same reasoning at \(B\) and \(C\) gives \[ \overrightarrow{IX_B}=(1-t)\overrightarrow{IB}, \qquad \overrightarrow{IX_C}=(1-t)\overrightarrow{IC}. \] We have \(t\ne1\), since otherwise all three centers would equal \(I\), making the three circles identical.
Therefore the homothety with center \(I\) and nonzero ratio \(1-t\) sends \(A,B,C\) to \(X_A,X_B,X_C\). In particular, these three centers are noncollinear.
Let \(K'\) be the image of \(K\) under this homothety, so that \[ \overrightarrow{IK'}=(1-t)\overrightarrow{IK}. \] Since the homothety multiplies distances by \(|1-t|\), \[ K'X_A=K'X_B=K'X_C=|1-t|R. \] Thus \(K'\) is the circumcenter of triangle \(X_AX_BX_C\). But the common point \(O\) satisfies \[ OX_A=OX_B=OX_C=\rho, \] so \(O\) is also its circumcenter. Uniqueness of the circumcenter of a nondegenerate triangle yields \(O=K'\). Hence \[ \overrightarrow{IO}=(1-t)\overrightarrow{IK}, \] which proves the required collinearity. If \(I=K\), this identity gives \(O=I=K\), so that case is included. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1981 · Aufgabe 5
Drei kongruente Kreise haben einen gemeinsamen Punkt \(O\) und liegen innerhalb eines gegebenen Dreiecks. Jeder Kreis berührt zwei Seiten des Dreiecks. Beweise, dass der Inkreismittelpunkt und der Umkreismittelpunkt des Dreiecks sowie der Punkt \(O\) auf einer Geraden liegen.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Das Dreieck sei \(ABC\) mit Inkreismittelpunkt \(I\), Umkreismittelpunkt \(K\), Inkreisradius \(r\) und Umkreisradius \(R\). Die drei Kreise haben den gemeinsamen Radius \(\rho>0\).
Für ein festes Seitenpaar gibt es höchstens einen Kreis mit Radius \(\rho\) innerhalb des Dreiecks, der beide Seiten berührt: Sein Mittelpunkt muss der Schnittpunkt der beiden Geraden sein, die parallel zu diesen Seiten im Abstand \(\rho\) nach innen verlaufen. Daher müssen die drei verschiedenen Kreise unterschiedliche Seitenpaare berühren. Wir bezeichnen ihre Mittelpunkte mit \(X_A,X_B,X_C\), entsprechend den Seitenpaaren \(AB,AC\), \(BA,BC\) bzw. \(CA,CB\).
Die Punkte \(A,X_A,I\) liegen auf der inneren Winkelhalbierenden des Winkels \(A\). Aus den senkrechten Abständen zu \(AB\) ergibt sich \[ AX_A\sin\frac A2=\rho, \qquad AI\sin\frac A2=r. \] Folglich gilt mit \(t=\rho/r\) \[ \overrightarrow{AX_A}=t\overrightarrow{AI}, \qquad\text{also}\qquad \overrightarrow{IX_A}=(1-t)\overrightarrow{IA}. \] Dieselbe Überlegung bei \(B\) und \(C\) liefert \[ \overrightarrow{IX_B}=(1-t)\overrightarrow{IB}, \qquad \overrightarrow{IX_C}=(1-t)\overrightarrow{IC}. \] Es gilt \(t\ne1\), denn andernfalls wären alle drei Mittelpunkte gleich \(I\), sodass die drei Kreise identisch wären.
Die zentrische Streckung mit Zentrum \(I\) und dem von null verschiedenen Streckfaktor \(1-t\) bildet daher \(A,B,C\) auf \(X_A,X_B,X_C\) ab. Insbesondere liegen diese drei Mittelpunkte nicht auf einer Geraden.
Es sei \(K'\) das Bild von \(K\) unter dieser zentrischen Streckung, sodass \[ \overrightarrow{IK'}=(1-t)\overrightarrow{IK}. \] Da die zentrische Streckung Abstände mit \(|1-t|\) multipliziert, gilt \[ K'X_A=K'X_B=K'X_C=|1-t|R. \] Somit ist \(K'\) der Umkreismittelpunkt des Dreiecks \(X_AX_BX_C\). Der gemeinsame Punkt \(O\) erfüllt aber \[ OX_A=OX_B=OX_C=\rho, \] also ist auch \(O\) sein Umkreismittelpunkt. Die Eindeutigkeit des Umkreismittelpunkts eines nicht entarteten Dreiecks liefert \(O=K'\). Daher gilt \[ \overrightarrow{IO}=(1-t)\overrightarrow{IK}, \] womit die geforderte Kollinearität bewiesen ist. Falls \(I=K\), ergibt diese Identität \(O=I=K\), sodass auch dieser Fall erfasst ist. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1981 · Soru 5
Üç eş çemberin ortak bir \(O\) noktası vardır ve bu çemberler verilen bir üçgenin içinde yer almaktadır. Her çember üçgenin iki kenarına teğettir. Üçgenin içteğet çemberinin merkezi, çevrel çemberinin merkezi ve \(O\) noktasının doğrusal olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Üçgen \(ABC\), içteğet çemberinin merkezi \(I\), çevrel çemberinin merkezi \(K\), içteğet çemberinin yarıçapı \(r\) ve çevrel çemberinin yarıçapı \(R\) olsun. Üç çemberin ortak yarıçapı \(\rho>0\) olsun.
Sabit bir kenar çifti için, üçgenin içinde her iki kenara da teğet olan \(\rho\) yarıçaplı en fazla bir çember vardır: merkezi, bu kenarlara paralel ve iç tarafta bu kenarlardan \(\rho\) uzaklıkta olan iki doğrunun kesişim noktası olmalıdır. Dolayısıyla üç farklı çember, farklı kenar çiftlerine teğet olmalıdır. Merkezlerini, sırasıyla \(AB,AC\), \(BA,BC\) ve \(CA,CB\) kenar çiftlerine karşılık gelecek biçimde \(X_A,X_B,X_C\) ile gösterelim.
\(A,X_A,I\) noktaları, \(A\) açısının iç açıortayı üzerindedir. \(AB\)'ye olan dik uzaklıklar kullanılarak \[ AX_A\sin\frac A2=\rho, \qquad AI\sin\frac A2=r \] elde edilir. Dolayısıyla, \(t=\rho/r\) olmak üzere, \[ \overrightarrow{AX_A}=t\overrightarrow{AI}, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad \overrightarrow{IX_A}=(1-t)\overrightarrow{IA}. \] Aynı akıl yürütme \(B\) ve \(C\) köşelerinde uygulanırsa \[ \overrightarrow{IX_B}=(1-t)\overrightarrow{IB}, \qquad \overrightarrow{IX_C}=(1-t)\overrightarrow{IC} \] elde edilir. \(t\ne1\) olmalıdır; aksi hâlde üç merkezin tümü \(I\) ile çakışır ve üç çember aynı çember olurdu.
Dolayısıyla merkezi \(I\) ve oranı sıfırdan farklı \(1-t\) olan homoteti, \(A,B,C\) noktalarını \(X_A,X_B,X_C\) noktalarına götürür. Özellikle, bu üç merkez doğrusal değildir.
\(K\)'nın bu homoteti altındaki görüntüsü \(K'\) olsun; böylece \[ \overrightarrow{IK'}=(1-t)\overrightarrow{IK}. \] Homoteti uzaklıkları \(|1-t|\) ile çarptığından, \[ K'X_A=K'X_B=K'X_C=|1-t|R. \] Dolayısıyla \(K'\), \(X_AX_BX_C\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezidir. Ancak ortak \(O\) noktası \[ OX_A=OX_B=OX_C=\rho, \] eşitliğini sağladığından, \(O\) da bu üçgenin çevrel çemberinin merkezidir. Dejenere olmayan bir üçgenin çevrel çemberinin merkezi tek olduğundan \(O=K'\) elde edilir. Böylece \[ \overrightarrow{IO}=(1-t)\overrightarrow{IK}, \] olur ve bu da istenen doğrusallığı kanıtlar. Eğer \(I=K\) ise bu özdeşlik \(O=I=K\) verir; dolayısıyla bu durum da kapsanmış olur. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1981 · Problema 5
Tres circunferencias congruentes tienen un punto común \(O\) y están contenidas en un triángulo dado. Cada circunferencia es tangente a un par de lados del triángulo. Demostrar que el incentro y el circuncentro del triángulo y el punto \(O\) están alineados.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \(ABC\) el triángulo, con incentro \(I\), circuncentro \(K\), inradio \(r\) y circunradio \(R\). Sea \(\rho>0\) el radio común de las tres circunferencias.
Para un par fijo de lados, existe a lo sumo una circunferencia de radio \(\rho\) contenida en el triángulo y tangente a ambos: su centro debe ser la intersección de las dos rectas paralelas a esos lados situadas a distancia \(\rho\) hacia el interior. Por tanto, las tres circunferencias distintas deben ser tangentes a diferentes pares de lados. Denotemos sus centros por \(X_A,X_B,X_C\), correspondientes, respectivamente, a los pares \(AB,AC\), \(BA,BC\) y \(CA,CB\).
Los puntos \(A,X_A,I\) pertenecen a la bisectriz interior del ángulo \(A\). Al considerar las distancias perpendiculares a \(AB\), obtenemos \[ AX_A\sin\frac A2=\rho, \qquad AI\sin\frac A2=r. \] En consecuencia, con \(t=\rho/r\), \[ \overrightarrow{AX_A}=t\overrightarrow{AI}, \qquad\text{por tanto}\qquad \overrightarrow{IX_A}=(1-t)\overrightarrow{IA}. \] El mismo razonamiento en \(B\) y \(C\) da \[ \overrightarrow{IX_B}=(1-t)\overrightarrow{IB}, \qquad \overrightarrow{IX_C}=(1-t)\overrightarrow{IC}. \] Tenemos \(t\ne1\), pues, de lo contrario, los tres centros coincidirían con \(I\), y las tres circunferencias serían idénticas.
Por tanto, la homotecia de centro \(I\) y razón no nula \(1-t\) transforma \(A,B,C\) en \(X_A,X_B,X_C\). En particular, estos tres centros no están alineados.
Sea \(K'\) la imagen de \(K\) por esta homotecia, de modo que \[ \overrightarrow{IK'}=(1-t)\overrightarrow{IK}. \] Como la homotecia multiplica las distancias por \(|1-t|\), \[ K'X_A=K'X_B=K'X_C=|1-t|R. \] Así pues, \(K'\) es el circuncentro del triángulo \(X_AX_BX_C\). Pero el punto común \(O\) satisface \[ OX_A=OX_B=OX_C=\rho, \] por lo que \(O\) también es su circuncentro. La unicidad del circuncentro de un triángulo no degenerado implica \(O=K'\). Por tanto, \[ \overrightarrow{IO}=(1-t)\overrightarrow{IK}, \] lo que demuestra la alineación requerida. Si \(I=K\), esta identidad da \(O=I=K\), de modo que ese caso también queda incluido. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1981 · 问题 5
三个全等的圆有一个公共点 \(O\)，且都位于一个给定三角形内。每个圆都与三角形的两条边相切。证明：三角形的内心、外心与点 \(O\) 共线。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设该三角形为 \(ABC\)，其内心为 \(I\)，外心为 \(K\)，内切圆半径为 \(r\)，外接圆半径为 \(R\)。设三个圆的共同半径为 \(\rho>0\)。
对于固定的两条边，三角形内至多存在一个半径为 \(\rho\) 且与这两条边都相切的圆：它的圆心必为分别与这两条边平行、且向内距离为 \(\rho\) 的两条直线的交点。因此，这三个不同的圆必分别与不同的两边组合相切。将它们的圆心记为 \(X_A,X_B,X_C\)，分别对应于两边 \(AB,AC\)、\(BA,BC\) 和 \(CA,CB\)。
点 \(A,X_A,I\) 位于角 \(A\) 的内角平分线上。考虑到 \(AB\) 的垂直距离，得到 \[ AX_A\sin\frac A2=\rho, \qquad AI\sin\frac A2=r. \] 从而，令 \(t=\rho/r\)，有 \[ \overrightarrow{AX_A}=t\overrightarrow{AI}, \qquad\text{从而}\qquad \overrightarrow{IX_A}=(1-t)\overrightarrow{IA}. \] 在 \(B\) 和 \(C\) 处作同样的推理，得到 \[ \overrightarrow{IX_B}=(1-t)\overrightarrow{IB}, \qquad \overrightarrow{IX_C}=(1-t)\overrightarrow{IC}. \] 有 \(t\ne1\)，否则三个圆心都将与 \(I\) 重合，从而三个圆也将重合。
因此，以 \(I\) 为中心、非零的 \(1-t\) 为位似比的位似变换，将 \(A,B,C\) 分别映为 \(X_A,X_B,X_C\)。特别地，这三个圆心不共线。
设 \(K'\) 是 \(K\) 在此位似变换下的像，则 \[ \overrightarrow{IK'}=(1-t)\overrightarrow{IK}. \] 由于该位似变换将距离乘以 \(|1-t|\)， \[ K'X_A=K'X_B=K'X_C=|1-t|R. \] 因此 \(K'\) 是三角形 \(X_AX_BX_C\) 的外心。但公共点 \(O\) 满足 \[ OX_A=OX_B=OX_C=\rho, \] 所以 \(O\) 也是其外心。由非退化三角形外心的唯一性，得 \(O=K'\)。于是 \[ \overrightarrow{IO}=(1-t)\overrightarrow{IK}, \] 这就证明了所要求的共线性。若 \(I=K\)，则此等式给出 \(O=I=K\)，所以也包含了这种情形。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1981 · Задача 5
Три равные окружности имеют общую точку \(O\) и лежат внутри данного треугольника. Каждая окружность касается двух сторон треугольника. Докажите, что центр вписанной окружности, центр описанной окружности треугольника и точка \(O\) лежат на одной прямой.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим данный треугольник через \(ABC\), центр его вписанной окружности — через \(I\), центр описанной окружности — через \(K\), радиус вписанной окружности — через \(r\), а радиус описанной окружности — через \(R\). Пусть общий радиус трёх окружностей равен \(\rho>0\).
Для каждой фиксированной пары сторон существует не более одной окружности радиуса \(\rho\), лежащей внутри треугольника и касающейся обеих сторон: её центр должен быть точкой пересечения двух прямых, параллельных этим сторонам и расположенных на расстоянии \(\rho\) от них внутрь треугольника. Следовательно, три различные окружности должны касаться разных пар сторон. Обозначим их центры через \(X_A,X_B,X_C\) в соответствии с парами \(AB,AC\), \(BA,BC\) и \(CA,CB\).
Точки \(A,X_A,I\) лежат на биссектрисе внутреннего угла \(A\). Рассматривая расстояния до прямой \(AB\), получаем \[ AX_A\sin\frac A2=\rho, \qquad AI\sin\frac A2=r. \] Следовательно, при \(t=\rho/r\) имеем \[ \overrightarrow{AX_A}=t\overrightarrow{AI}, \qquad\text{откуда}\qquad \overrightarrow{IX_A}=(1-t)\overrightarrow{IA}. \] Аналогичные рассуждения для вершин \(B\) и \(C\) дают \[ \overrightarrow{IX_B}=(1-t)\overrightarrow{IB}, \qquad \overrightarrow{IX_C}=(1-t)\overrightarrow{IC}. \] Имеем \(t\ne1\), поскольку иначе все три центра совпали бы с \(I\), а значит, все три окружности совпали бы.
Таким образом, гомотетия с центром \(I\) и ненулевым коэффициентом \(1-t\) переводит \(A,B,C\) в \(X_A,X_B,X_C\). В частности, эти три центра не лежат на одной прямой.
Пусть \(K'\) — образ \(K\) при этой гомотетии, так что \[ \overrightarrow{IK'}=(1-t)\overrightarrow{IK}. \] Поскольку гомотетия умножает расстояния на \(|1-t|\), \[ K'X_A=K'X_B=K'X_C=|1-t|R. \] Следовательно, \(K'\) — центр описанной окружности треугольника \(X_AX_BX_C\). Но для общей точки \(O\) выполнено \[ OX_A=OX_B=OX_C=\rho, \] поэтому \(O\) также является центром его описанной окружности. Из единственности центра описанной окружности невырожденного треугольника следует \(O=K'\). Значит, \[ \overrightarrow{IO}=(1-t)\overrightarrow{IK}, \] что и доказывает, что указанные точки лежат на одной прямой. Если \(I=K\), это тождество даёт \(O=I=K\), так что этот случай также учтён. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1981 · المسألة 5
ثلاث دوائر متطابقة لها نقطة مشتركة \(O\)، وتقع داخل مثلث معطى. تمس كل دائرة زوجًا من أضلاع المثلث. أثبت أن مركز الدائرة الداخلية للمثلث ومركز دائرته المحيطة والنقطة \(O\) تقع على استقامة واحدة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
ليكن المثلث \(ABC\)، ومركز دائرته الداخلية \(I\)، ومركز دائرته المحيطة \(K\)، ونصف قطر دائرته الداخلية \(r\)، ونصف قطر دائرته المحيطة \(R\). وليكن نصف القطر المشترك للدوائر الثلاث \(\rho>0\).
لكل زوج ثابت من الأضلاع، توجد على الأكثر دائرة واحدة نصف قطرها \(\rho\) داخل المثلث وتمس كلا الضلعين: إذ يجب أن يكون مركزها نقطة تقاطع المستقيمين الموازيين لهذين الضلعين على مسافة \(\rho\) نحو الداخل. ومن ثم يجب أن تمس الدوائر الثلاث المختلفة أزواجًا مختلفة من الأضلاع. نسمِّ مراكزها \(X_A,X_B,X_C\)، بحيث تقابل على الترتيب أزواج الأضلاع \(AB,AC\)، و\(BA,BC\)، و\(CA,CB\).
تقع النقاط \(A,X_A,I\) على المنصف الداخلي للزاوية \(A\). وبأخذ المسافات العمودية إلى \(AB\)، نحصل على \[ AX_A\sin\frac A2=\rho, \qquad AI\sin\frac A2=r. \] وبالتالي، بوضع \(t=\rho/r\)، \[ \overrightarrow{AX_A}=t\overrightarrow{AI}, \qquad\text{ومن ثم}\qquad \overrightarrow{IX_A}=(1-t)\overrightarrow{IA}. \] ويعطي الاستدلال نفسه عند \(B\) و\(C\) \[ \overrightarrow{IX_B}=(1-t)\overrightarrow{IB}, \qquad \overrightarrow{IX_C}=(1-t)\overrightarrow{IC}. \] لدينا \(t\ne1\)، وإلا لكانت المراكز الثلاثة جميعها مساوية لـ \(I\)، فتكون الدوائر الثلاث دائرة واحدة.
وعليه، فإن التحاكي ذا المركز \(I\) والنسبة غير الصفرية \(1-t\) يرسل \(A,B,C\) إلى \(X_A,X_B,X_C\). وعلى وجه الخصوص، لا تقع هذه المراكز الثلاثة على استقامة واحدة.
لتكن \(K'\) صورة \(K\) بهذا التحاكي، بحيث \[ \overrightarrow{IK'}=(1-t)\overrightarrow{IK}. \] بما أن التحاكي يضرب المسافات في \(|1-t|\)، فإن \[ K'X_A=K'X_B=K'X_C=|1-t|R. \] إذن \(K'\) هو مركز الدائرة المحيطة بالمثلث \(X_AX_BX_C\). لكن النقطة المشتركة \(O\) تحقق \[ OX_A=OX_B=OX_C=\rho, \] لذا فإن \(O\) هي أيضًا مركز دائرته المحيطة. وبوحدانية مركز الدائرة المحيطة بمثلث غير منعدم المساحة، نحصل على \(O=K'\). ومن ثم \[ \overrightarrow{IO}=(1-t)\overrightarrow{IK}, \] وهو ما يثبت الاستقامية المطلوبة. وإذا كان \(I=K\)، فإن هذه الهوية تعطي \(O=I=K\)، فتشمل النتيجة هذه الحالة أيضًا. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).