IMO 1983 · Problem 2
Let \(A\) be one of the two distinct points of intersection of two unequal coplanar circles \(C_1\) and \(C_2\) with centers \(O_1\) and \(O_2\), respectively. One of the common tangents to the circles touches \(C_1\) at \(P_1\) and \(C_2\) at \(P_2\), while the other touches \(C_1\) at \(Q_1\) and \(C_2\) at \(Q_2\). Let \(M_1\) be the midpoint of \(P_1Q_1\),and \(M_2\) be the midpoint of \(P_2Q_2\). Prove that \(\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let the radii be \(r,s>0\), and put \(d=O_1O_2\) and \(\delta=r-s\). Since the circles have two distinct intersection points, \(d>0\), and neither intersection lies on the line of centers. Thus the triangle \(O_1AO_2\) is nondegenerate, giving \[ |\delta|<d<r+s. \] Choose coordinates \[ O_1=(0,0),\qquad O_2=(d,0),\qquad A=(a,b), \] where \(b\ne0\). The circle equations give \[ a^2+b^2=r^2,\qquad (a-d)^2+b^2=s^2, \] and hence \[ 2a=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}. \]
We first determine \(M_1,M_2\). Each common tangent has both centers on the same side: otherwise the circles would lie in opposite closed half-planes and could intersect only at their point of tangency.
For either common tangent, let \(\mathbf n=(n_x,n_y)\) be the unit normal pointing from the centers toward the tangent. Its tangency points are \[ O_1+r\mathbf n,\qquad O_2+s\mathbf n. \] Their difference is perpendicular to \(\mathbf n\), so \[ 0=\bigl((d,0)+(s-r)\mathbf n\bigr)\cdot\mathbf n =dn_x+s-r. \] Consequently, \[ n_x=\frac{\delta}{d},\qquad n_y=\pm\sqrt{1-\frac{\delta^2}{d^2}}. \] The two signs give the two common tangents. Averaging the corresponding tangency points therefore yields \[ M_1=(u,0),\qquad M_2=(v,0), \quad\text{where}\quad u=\frac{r\delta}{d},\qquad v=d+\frac{s\delta}{d}. \] In particular, \[ u+v=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}=2a, \qquad v-u=\frac{d^2-\delta^2}{d}>0. \] Thus \(A\) lies on the perpendicular bisector of \(M_1M_2\). Write \(\ell=AM_1=AM_2\). Using \(2a=u+v\), we obtain \[ \begin{aligned} \ell^2 &=(a-u)^2+b^2\\ &=r^2-2au+u^2\\ &=r^2-uv\\ &=r^2-r\delta-\frac{rs\delta^2}{d^2}\\ &=\frac{rs(d^2-\delta^2)}{d^2}. \end{aligned} \]
Finally, let \[ \theta=\angle O_1AO_2,\qquad \phi=\angle M_1AM_2. \] The cosine rule in the two triangles gives \[ \begin{aligned} \cos\phi &=1-\frac{(v-u)^2}{2\ell^2}\\ &=1-\frac{d^2-\delta^2}{2rs}\\ &=\frac{r^2+s^2-d^2}{2rs}\\ &=\cos\theta. \end{aligned} \] Both triangles are nondegenerate because \(b\ne0\) and their base endpoints are distinct. Hence \(\theta,\phi\in(0,\pi)\), where cosine is injective. Therefore \[ \boxed{\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2}. \]
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1983 · Aufgabe 2
Sei \(A\) einer der beiden verschiedenen Schnittpunkte zweier in derselben Ebene liegender Kreise \(C_1\) und \(C_2\) mit unterschiedlichen Radien und den Mittelpunkten \(O_1\) beziehungsweise \(O_2\). Eine der gemeinsamen Tangenten der Kreise berührt \(C_1\) in \(P_1\) und \(C_2\) in \(P_2\), während die andere \(C_1\) in \(Q_1\) und \(C_2\) in \(Q_2\) berührt. Sei \(M_1\) der Mittelpunkt von \(P_1Q_1\) und \(M_2\) der Mittelpunkt von \(P_2Q_2\). Beweise, dass \(\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2\) gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die Radien seien \(r,s>0\), und wir setzen \(d=O_1O_2\) und \(\delta=r-s\). Da die Kreise zwei verschiedene Schnittpunkte haben, gilt \(d>0\), und keiner der Schnittpunkte liegt auf der Verbindungsgeraden der Mittelpunkte. Somit ist das Dreieck \(O_1AO_2\) nicht entartet, woraus \[ |\delta|<d<r+s \] folgt. Wir wählen Koordinaten \[ O_1=(0,0),\qquad O_2=(d,0),\qquad A=(a,b), \] wobei \(b\ne0\) gilt. Aus den Kreisgleichungen folgt \[ a^2+b^2=r^2,\qquad (a-d)^2+b^2=s^2, \] und somit \[ 2a=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}. \]
Zunächst bestimmen wir \(M_1,M_2\). Bezüglich jeder gemeinsamen Tangente liegen beide Mittelpunkte auf derselben Seite: Andernfalls lägen die Kreise in gegenüberliegenden abgeschlossenen Halbebenen und könnten sich nur in ihrem Berührpunkt schneiden.
Für eine beliebige der beiden gemeinsamen Tangenten sei \(\mathbf n=(n_x,n_y)\) der Einheitsnormalenvektor, der von den Mittelpunkten zur Tangente zeigt. Ihre Berührpunkte sind \[ O_1+r\mathbf n,\qquad O_2+s\mathbf n. \] Ihr Differenzvektor steht senkrecht auf \(\mathbf n\), also gilt \[ 0=\bigl((d,0)+(s-r)\mathbf n\bigr)\cdot\mathbf n =dn_x+s-r. \] Folglich ist \[ n_x=\frac{\delta}{d},\qquad n_y=\pm\sqrt{1-\frac{\delta^2}{d^2}}. \] Die beiden Vorzeichen ergeben die beiden gemeinsamen Tangenten. Durch Mittelung der entsprechenden Berührpunkte erhalten wir daher \[ M_1=(u,0),\qquad M_2=(v,0), \quad\text{wobei}\quad u=\frac{r\delta}{d},\qquad v=d+\frac{s\delta}{d}. \] Insbesondere gilt \[ u+v=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}=2a, \qquad v-u=\frac{d^2-\delta^2}{d}>0. \] Somit liegt \(A\) auf der Mittelsenkrechten von \(M_1M_2\). Wir schreiben \(\ell=AM_1=AM_2\). Mit \(2a=u+v\) erhalten wir \[ \begin{aligned} \ell^2 &=(a-u)^2+b^2\\ &=r^2-2au+u^2\\ &=r^2-uv\\ &=r^2-r\delta-\frac{rs\delta^2}{d^2}\\ &=\frac{rs(d^2-\delta^2)}{d^2}. \end{aligned} \]
Schließlich seien \[ \theta=\angle O_1AO_2,\qquad \phi=\angle M_1AM_2. \] Der Kosinussatz liefert in den beiden Dreiecken \[ \begin{aligned} \cos\phi &=1-\frac{(v-u)^2}{2\ell^2}\\ &=1-\frac{d^2-\delta^2}{2rs}\\ &=\frac{r^2+s^2-d^2}{2rs}\\ &=\cos\theta. \end{aligned} \] Beide Dreiecke sind nicht entartet, da \(b\ne0\) gilt und ihre jeweiligen Grundseiten verschiedene Endpunkte haben. Daher gilt \(\theta,\phi\in(0,\pi)\), und auf diesem Intervall ist der Kosinus injektiv. Somit ist \[ \boxed{\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2}. \]
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1983 · Soru 2
\(A\), aynı düzlemde bulunan, yarıçapları farklı ve merkezleri sırasıyla \(O_1\) ve \(O_2\) olan \(C_1\) ve \(C_2\) çemberlerinin iki farklı kesişim noktasından biri olsun. Çemberlerin ortak teğetlerinden biri \(C_1\)'e \(P_1\) noktasında ve \(C_2\)'ye \(P_2\) noktasında, diğeri ise \(C_1\)'e \(Q_1\) noktasında ve \(C_2\)'ye \(Q_2\) noktasında değmektedir. \(M_1\), \(P_1Q_1\)'in orta noktası ve \(M_2\), \(P_2Q_2\)'nin orta noktası olsun. \(\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Yarıçaplar \(r,s>0\) olsun; \(d=O_1O_2\) ve \(\delta=r-s\) diyelim. Çemberlerin iki farklı kesişim noktası olduğundan \(d>0\) olur ve kesişim noktalarının hiçbiri merkezler doğrusu üzerinde değildir. Bu nedenle \(O_1AO_2\) üçgeni dejenere değildir ve şu eşitsizlikler sağlanır: \[ |\delta|<d<r+s. \] Koordinatları \[ O_1=(0,0),\qquad O_2=(d,0),\qquad A=(a,b) \] olacak şekilde seçelim; burada \(b\ne0\)'dır. Çember denklemlerinden \[ a^2+b^2=r^2,\qquad (a-d)^2+b^2=s^2, \] ve dolayısıyla \[ 2a=\frac{d^2+r^2-s^2}{d} \] elde edilir.
Önce \(M_1,M_2\)'yi belirleyelim. Her iki merkez, her bir ortak teğetin aynı tarafındadır: aksi hâlde çemberler karşıt kapalı yarı düzlemlerde bulunur ve yalnızca teğet oldukları noktada kesişebilirlerdi.
Ortak teğetlerden herhangi biri için \(\mathbf n=(n_x,n_y)\), merkezlerden teğete doğru yönelen birim normal vektörü olsun. Bu teğetin değme noktaları şunlardır: \[ O_1+r\mathbf n,\qquad O_2+s\mathbf n. \] Bu noktaların farkı \(\mathbf n\)'ye dik olduğundan \[ 0=\bigl((d,0)+(s-r)\mathbf n\bigr)\cdot\mathbf n =dn_x+s-r. \] Bunun sonucunda \[ n_x=\frac{\delta}{d},\qquad n_y=\pm\sqrt{1-\frac{\delta^2}{d^2}}. \] İki işaret, iki ortak teğeti verir. Dolayısıyla karşılık gelen değme noktalarının ortalamalarını alarak şunu elde ederiz: \[ M_1=(u,0),\qquad M_2=(v,0), \quad\text{burada}\quad u=\frac{r\delta}{d},\qquad v=d+\frac{s\delta}{d}. \] Özellikle, \[ u+v=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}=2a, \qquad v-u=\frac{d^2-\delta^2}{d}>0. \] Böylece \(A\), \(M_1M_2\)'nin orta dikmesi üzerindedir. \(\ell=AM_1=AM_2\) yazalım. \(2a=u+v\) eşitliğini kullanarak şunu elde ederiz: \[ \begin{aligned} \ell^2 &=(a-u)^2+b^2\\ &=r^2-2au+u^2\\ &=r^2-uv\\ &=r^2-r\delta-\frac{rs\delta^2}{d^2}\\ &=\frac{rs(d^2-\delta^2)}{d^2}. \end{aligned} \]
Son olarak, şu tanımları yapalım: \[ \theta=\angle O_1AO_2,\qquad \phi=\angle M_1AM_2. \] İki üçgende kosinüs teoremi uygulanarak şu eşitlikler elde edilir: \[ \begin{aligned} \cos\phi &=1-\frac{(v-u)^2}{2\ell^2}\\ &=1-\frac{d^2-\delta^2}{2rs}\\ &=\frac{r^2+s^2-d^2}{2rs}\\ &=\cos\theta. \end{aligned} \] \(b\ne0\) olduğundan ve tabanlarının uç noktaları farklı olduğundan her iki üçgen de dejenere değildir. Bu nedenle \(\theta,\phi\in(0,\pi)\) olur ve bu aralıkta kosinüs fonksiyonu bire birdir. Öyleyse \[ \boxed{\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2}. \]
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1983 · Problema 2
Sea \(A\) uno de los dos puntos distintos de intersección de dos circunferencias coplanarias de radios distintos \(C_1\) y \(C_2\), con centros \(O_1\) y \(O_2\), respectivamente. Una de las tangentes comunes a las circunferencias toca \(C_1\) en \(P_1\) y \(C_2\) en \(P_2\), mientras que la otra toca \(C_1\) en \(Q_1\) y \(C_2\) en \(Q_2\). Sean \(M_1\) el punto medio de \(P_1Q_1\) y \(M_2\) el punto medio de \(P_2Q_2\). Demostrar que \(\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sean \(r,s>0\) los radios, y pongamos \(d=O_1O_2\) y \(\delta=r-s\). Como las circunferencias tienen dos puntos distintos de intersección, \(d>0\), y ninguno de los puntos de intersección pertenece a la recta de los centros. Así, el triángulo \(O_1AO_2\) no es degenerado, de donde \[ |\delta|<d<r+s. \] Elegimos coordenadas \[ O_1=(0,0),\qquad O_2=(d,0),\qquad A=(a,b), \] donde \(b\ne0\). Las ecuaciones de las circunferencias dan \[ a^2+b^2=r^2,\qquad (a-d)^2+b^2=s^2, \] y por tanto \[ 2a=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}. \]
Primero determinamos \(M_1,M_2\). Los dos centros están del mismo lado de cada tangente común: de lo contrario, los círculos estarían contenidos en semiplanos cerrados opuestos y solo podrían intersecarse en su punto de tangencia.
Para cualquiera de las tangentes comunes, sea \(\mathbf n=(n_x,n_y)\) el vector normal unitario dirigido desde los centros hacia la tangente. Sus puntos de tangencia son \[ O_1+r\mathbf n,\qquad O_2+s\mathbf n. \] Su diferencia es perpendicular a \(\mathbf n\), por lo que \[ 0=\bigl((d,0)+(s-r)\mathbf n\bigr)\cdot\mathbf n =dn_x+s-r. \] En consecuencia, \[ n_x=\frac{\delta}{d},\qquad n_y=\pm\sqrt{1-\frac{\delta^2}{d^2}}. \] Los dos signos corresponden a las dos tangentes comunes. Por tanto, al promediar los puntos de tangencia correspondientes se obtiene \[ M_1=(u,0),\qquad M_2=(v,0), \quad\text{donde}\quad u=\frac{r\delta}{d},\qquad v=d+\frac{s\delta}{d}. \] En particular, \[ u+v=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}=2a, \qquad v-u=\frac{d^2-\delta^2}{d}>0. \] Así, \(A\) pertenece a la mediatriz de \(M_1M_2\). Escribimos \(\ell=AM_1=AM_2\). Usando \(2a=u+v\), obtenemos \[ \begin{aligned} \ell^2 &=(a-u)^2+b^2\\ &=r^2-2au+u^2\\ &=r^2-uv\\ &=r^2-r\delta-\frac{rs\delta^2}{d^2}\\ &=\frac{rs(d^2-\delta^2)}{d^2}. \end{aligned} \]
Por último, sean \[ \theta=\angle O_1AO_2,\qquad \phi=\angle M_1AM_2. \] El teorema del coseno aplicado a los dos triángulos da \[ \begin{aligned} \cos\phi &=1-\frac{(v-u)^2}{2\ell^2}\\ &=1-\frac{d^2-\delta^2}{2rs}\\ &=\frac{r^2+s^2-d^2}{2rs}\\ &=\cos\theta. \end{aligned} \] Ambos triángulos son no degenerados porque \(b\ne0\) y los extremos de sus bases son distintos. Por tanto, \(\theta,\phi\in(0,\pi)\), intervalo en el que el coseno es inyectivo. En consecuencia, \[ \boxed{\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2}. \]
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1983 · 问题 2
设同一平面内两个半径不相等的圆 \(C_1\) 和 \(C_2\) 相交于两个不同的点，\(A\) 为其中一个交点，两圆的圆心分别为 \(O_1\) 和 \(O_2\)。两圆的一条公切线分别与 \(C_1\)、\(C_2\) 相切于 \(P_1\)、\(P_2\)，另一条公切线分别与 \(C_1\)、\(C_2\) 相切于 \(Q_1\)、\(Q_2\)。设 \(M_1\) 为 \(P_1Q_1\) 的中点，\(M_2\) 为 \(P_2Q_2\) 的中点。证明：\(\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设两圆的半径为 \(r,s>0\)，并记 \(d=O_1O_2\)、\(\delta=r-s\)。由于两圆有两个不同的交点，\(d>0\)，且两个交点都不在连心线上。因此三角形 \(O_1AO_2\) 非退化，从而 \[ |\delta|<d<r+s. \] 选取坐标，使 \[ O_1=(0,0),\qquad O_2=(d,0),\qquad A=(a,b), \] 其中 \(b\ne0\)。由两圆的方程可得 \[ a^2+b^2=r^2,\qquad (a-d)^2+b^2=s^2, \] 从而 \[ 2a=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}. \]
我们先确定 \(M_1,M_2\)。对于每条公切线，两圆心都在它的同一侧：否则，两圆将分别位于相对的两个闭半平面内，只可能在切点处相交。
对于任意一条公切线，设 \(\mathbf n=(n_x,n_y)\) 为从圆心指向该切线的单位法向量。其切点为 \[ O_1+r\mathbf n,\qquad O_2+s\mathbf n. \] 两切点之差所表示的向量垂直于 \(\mathbf n\)，故 \[ 0=\bigl((d,0)+(s-r)\mathbf n\bigr)\cdot\mathbf n =dn_x+s-r. \] 因此， \[ n_x=\frac{\delta}{d},\qquad n_y=\pm\sqrt{1-\frac{\delta^2}{d^2}}. \] 两个符号分别对应两条公切线。因此，将相应切点的坐标取平均，得 \[ M_1=(u,0),\qquad M_2=(v,0), \quad\text{其中}\quad u=\frac{r\delta}{d},\qquad v=d+\frac{s\delta}{d}. \] 特别地， \[ u+v=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}=2a, \qquad v-u=\frac{d^2-\delta^2}{d}>0. \] 因此 \(A\) 在 \(M_1M_2\) 的垂直平分线上。记 \(\ell=AM_1=AM_2\)。利用 \(2a=u+v\)，得 \[ \begin{aligned} \ell^2 &=(a-u)^2+b^2\\ &=r^2-2au+u^2\\ &=r^2-uv\\ &=r^2-r\delta-\frac{rs\delta^2}{d^2}\\ &=\frac{rs(d^2-\delta^2)}{d^2}. \end{aligned} \]
最后，设 \[ \theta=\angle O_1AO_2,\qquad \phi=\angle M_1AM_2. \] 在这两个三角形中应用余弦定理，得 \[ \begin{aligned} \cos\phi &=1-\frac{(v-u)^2}{2\ell^2}\\ &=1-\frac{d^2-\delta^2}{2rs}\\ &=\frac{r^2+s^2-d^2}{2rs}\\ &=\cos\theta. \end{aligned} \] 由于 \(b\ne0\)，且两个三角形各自的底边端点不同，所以它们都非退化。因此 \(\theta,\phi\in(0,\pi)\)，而余弦函数在这个区间上是单射。所以 \[ \boxed{\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2}. \]
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1983 · Задача 2
Пусть \(A\) — одна из двух различных точек пересечения двух неравных окружностей \(C_1\) и \(C_2\), лежащих в одной плоскости, с центрами \(O_1\) и \(O_2\) соответственно. Одна из общих касательных к этим окружностям касается \(C_1\) в точке \(P_1\) и \(C_2\) в точке \(P_2\), а другая касается \(C_1\) в точке \(Q_1\) и \(C_2\) в точке \(Q_2\). Пусть \(M_1\) — середина \(P_1Q_1\), а \(M_2\) — середина \(P_2Q_2\). Докажите, что \(\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть радиусы окружностей равны \(r,s>0\), и положим \(d=O_1O_2\) и \(\delta=r-s\). Поскольку окружности имеют две различные точки пересечения, \(d>0\), и ни одна из точек пересечения не лежит на линии центров. Поэтому треугольник \(O_1AO_2\) невырожденный, откуда \[ |\delta|<d<r+s. \] Выберем координаты \[ O_1=(0,0),\qquad O_2=(d,0),\qquad A=(a,b), \] где \(b\ne0\). Из уравнений окружностей получаем \[ a^2+b^2=r^2,\qquad (a-d)^2+b^2=s^2, \] и, следовательно, \[ 2a=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}. \]
Сначала найдём \(M_1,M_2\). Оба центра лежат по одну сторону от каждой общей касательной: иначе окружности лежали бы в противоположных замкнутых полуплоскостях и могли бы пересекаться только в точке их касания.
Для любой из общих касательных обозначим через \(\mathbf n=(n_x,n_y)\) единичный вектор нормали, направленный от центров к касательной. Точки её касания имеют вид \[ O_1+r\mathbf n,\qquad O_2+s\mathbf n. \] Вектор, соединяющий эти точки, перпендикулярен \(\mathbf n\), поэтому \[ 0=\bigl((d,0)+(s-r)\mathbf n\bigr)\cdot\mathbf n =dn_x+s-r. \] Следовательно, \[ n_x=\frac{\delta}{d},\qquad n_y=\pm\sqrt{1-\frac{\delta^2}{d^2}}. \] Два знака соответствуют двум общим касательным. Поэтому, усредняя координаты соответствующих точек касания, получаем \[ M_1=(u,0),\qquad M_2=(v,0), \quad\text{где}\quad u=\frac{r\delta}{d},\qquad v=d+\frac{s\delta}{d}. \] В частности, \[ u+v=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}=2a, \qquad v-u=\frac{d^2-\delta^2}{d}>0. \] Таким образом, \(A\) лежит на серединном перпендикуляре к \(M_1M_2\). Обозначим \(\ell=AM_1=AM_2\). Используя \(2a=u+v\), получаем \[ \begin{aligned} \ell^2 &=(a-u)^2+b^2\\ &=r^2-2au+u^2\\ &=r^2-uv\\ &=r^2-r\delta-\frac{rs\delta^2}{d^2}\\ &=\frac{rs(d^2-\delta^2)}{d^2}. \end{aligned} \]
Наконец, пусть \[ \theta=\angle O_1AO_2,\qquad \phi=\angle M_1AM_2. \] По теореме косинусов в этих двух треугольниках получаем \[ \begin{aligned} \cos\phi &=1-\frac{(v-u)^2}{2\ell^2}\\ &=1-\frac{d^2-\delta^2}{2rs}\\ &=\frac{r^2+s^2-d^2}{2rs}\\ &=\cos\theta. \end{aligned} \] Оба треугольника невырожденные, поскольку \(b\ne0\), а концы их оснований различны. Значит, \(\theta,\phi\in(0,\pi)\), где косинус принимает каждое значение не более одного раза. Следовательно, \[ \boxed{\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2}. \]
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1983 · المسألة 2
لتكن \(A\) إحدى نقطتي تقاطع دائرتين مختلفتي نصفي القطر \(C_1\) و\(C_2\) في مستوى واحد، ومركزاهما \(O_1\) و\(O_2\) على الترتيب. يمس أحد المماسين المشتركين للدائرتين الدائرة \(C_1\) عند \(P_1\) والدائرة \(C_2\) عند \(P_2\)، بينما يمس الآخر الدائرة \(C_1\) عند \(Q_1\) والدائرة \(C_2\) عند \(Q_2\). لتكن \(M_1\) منتصف \(P_1Q_1\)، ولتكن \(M_2\) منتصف \(P_2Q_2\). أثبت أن \(\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
ليكن نصفا القطر \(r,s>0\)، ولنضع \(d=O_1O_2\) و\(\delta=r-s\). بما أن للدائرتين نقطتي تقاطع مختلفتين، فإن \(d>0\)، ولا تقع أي من نقطتي التقاطع على خط المركزين. إذن المثلث \(O_1AO_2\) غير منعدم المساحة، ومن ثم \[ |\delta|<d<r+s. \] نختار الإحداثيات \[ O_1=(0,0),\qquad O_2=(d,0),\qquad A=(a,b), \] حيث \(b\ne0\). تعطينا معادلتا الدائرتين \[ a^2+b^2=r^2,\qquad (a-d)^2+b^2=s^2, \] ومن ثم \[ 2a=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}. \]
نحدد أولًا \(M_1,M_2\). يقع المركزان في الجهة نفسها من كل مماس مشترك؛ وإلا لوقعت الدائرتان في نصفي مستوٍ مغلقين متقابلين، ولما أمكن أن تتقاطعا إلا عند نقطة تماسهما.
لكل من المماسين المشتركين، ليكن \(\mathbf n=(n_x,n_y)\) متجه الوحدة العمودي عليه والموجه من المركزين نحو المماس. نقطتا التماس هما \[ O_1+r\mathbf n,\qquad O_2+s\mathbf n. \] فرق متجهي موضعيهما عمودي على \(\mathbf n\)، ولذلك \[ 0=\bigl((d,0)+(s-r)\mathbf n\bigr)\cdot\mathbf n =dn_x+s-r. \] وبالتالي، \[ n_x=\frac{\delta}{d},\qquad n_y=\pm\sqrt{1-\frac{\delta^2}{d^2}}. \] تعطي الإشارتان المماسين المشتركين. وبأخذ متوسط إحداثيات نقطتي التماس المتناظرتين نحصل إذن على \[ M_1=(u,0),\qquad M_2=(v,0), \quad\text{حيث}\quad u=\frac{r\delta}{d},\qquad v=d+\frac{s\delta}{d}. \] وعلى وجه الخصوص، \[ u+v=\frac{d^2+r^2-s^2}{d}=2a, \qquad v-u=\frac{d^2-\delta^2}{d}>0. \] إذن تقع \(A\) على العمود المنصف للقطعة \(M_1M_2\). لنكتب \(\ell=AM_1=AM_2\). باستخدام \(2a=u+v\)، نحصل على \[ \begin{aligned} \ell^2 &=(a-u)^2+b^2\\ &=r^2-2au+u^2\\ &=r^2-uv\\ &=r^2-r\delta-\frac{rs\delta^2}{d^2}\\ &=\frac{rs(d^2-\delta^2)}{d^2}. \end{aligned} \]
أخيرًا، لنضع \[ \theta=\angle O_1AO_2,\qquad \phi=\angle M_1AM_2. \] بتطبيق قانون جيب التمام في المثلثين نحصل على \[ \begin{aligned} \cos\phi &=1-\frac{(v-u)^2}{2\ell^2}\\ &=1-\frac{d^2-\delta^2}{2rs}\\ &=\frac{r^2+s^2-d^2}{2rs}\\ &=\cos\theta. \end{aligned} \] كلا المثلثين غير منعدم المساحة لأن \(b\ne0\) ولأن طرفي قاعدة كل منهما مختلفان. ومن ثم \(\theta,\phi\in(0,\pi)\)، ودالة جيب التمام متباينة على هذا المجال. وبالتالي \[ \boxed{\angle O_1AO_2=\angle M_1AM_2}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).