IMO 1984 · Problem 4
Let \(ABCD\) be a convex quadrilateral such that the line \(CD\) is a tangent to the circle on \(AB\) as diameter. Prove that the line \(AB\) is a tangent to the circle on \(CD\) as diameter if and only if the lines \(BC\) and \(AD\) are parallel.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \([XYZ]\) for the area of triangle \(XYZ\), and \(d(X,\ell)\) for the perpendicular distance from \(X\) to a line \(\ell\). Let \(M\) and \(N\) be the midpoints of \(AB\) and \(CD\), respectively.
We use the following elementary observation: if two points lie on the same side of a line, the distance of their midpoint from that line is the average of their distances. This follows by projecting the points onto a perpendicular to the line.
By convexity, \(A\) and \(B\) lie on the same side of \(CD\). The given tangency means that \[ d(M,CD)=\frac{AB}{2}. \] Consequently, the triangle area formula gives \[ [ACD]+[BCD] =\frac{CD}{2}\bigl(d(A,CD)+d(B,CD)\bigr) =CD\,d(M,CD) =\frac{AB\cdot CD}{2}. \tag{1} \]
Similarly, \(C\) and \(D\) lie on the same side of \(AB\), so \[ [ABC]+[ABD]=AB\,d(N,AB). \] The circle on \(CD\) as diameter has center \(N\) and radius \(CD/2\). Thus \(AB\) is tangent to this circle exactly when \[ [ABC]+[ABD]=\frac{AB\cdot CD}{2}. \] By (1), this is equivalent to \[ [ABC]+[ABD]=[ACD]+[BCD]. \tag{2} \]
The two diagonals give the area identity \[ [ABC]+[ACD]=[ABD]+[BCD]. \] Hence \[ [ABC]+[ABD]-[ACD]-[BCD] =2\bigl([ABC]-[BCD]\bigr), \] so (2) holds exactly when \[ [ABC]=[BCD]. \]
These last two triangles have the same base \(BC\). Their areas are equal exactly when \(A\) and \(D\) have equal perpendicular distances from \(BC\). Convexity places \(A\) and \(D\) on the same side of \(BC\), so this happens exactly when \(AD\parallel BC\).
All steps are equivalences, proving both directions. The argument uses distances to the full lines and therefore also covers \(AB\parallel CD\) and tangency points outside the side segments. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1984 · Aufgabe 4
Sei \(ABCD\) ein konvexes Viereck, bei dem die Gerade \(CD\) eine Tangente an den Kreis mit Durchmesser \(AB\) ist. Man beweise, dass die Gerade \(AB\) genau dann eine Tangente an den Kreis mit Durchmesser \(CD\) ist, wenn die Geraden \(BC\) und \(AD\) parallel sind.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir bezeichnen mit \([XYZ]\) den Flächeninhalt des Dreiecks \(XYZ\) und mit \(d(X,\ell)\) den senkrechten Abstand von \(X\) zu einer Geraden \(\ell\). Seien \(M\) und \(N\) die Mittelpunkte von \(AB\) bzw. \(CD\).
Wir verwenden die folgende elementare Beobachtung: Liegen zwei Punkte auf derselben Seite einer Geraden, so ist der Abstand ihres Mittelpunkts von dieser Geraden das arithmetische Mittel ihrer Abstände. Dies folgt durch Projektion der Punkte auf eine Senkrechte zu der Geraden.
Wegen der Konvexität liegen \(A\) und \(B\) auf derselben Seite von \(CD\). Die gegebene Tangentenbedingung bedeutet, dass \[ d(M,CD)=\frac{AB}{2}. \] Folglich ergibt die Flächenformel für Dreiecke \[ [ACD]+[BCD] =\frac{CD}{2}\bigl(d(A,CD)+d(B,CD)\bigr) =CD\,d(M,CD) =\frac{AB\cdot CD}{2}. \tag{1} \]
Ebenso liegen \(C\) und \(D\) auf derselben Seite von \(AB\), also gilt \[ [ABC]+[ABD]=AB\,d(N,AB). \] Der Kreis mit Durchmesser \(CD\) hat den Mittelpunkt \(N\) und den Radius \(CD/2\). Somit ist \(AB\) genau dann eine Tangente an diesen Kreis, wenn \[ [ABC]+[ABD]=\frac{AB\cdot CD}{2}. \] Nach (1) ist dies äquivalent zu \[ [ABC]+[ABD]=[ACD]+[BCD]. \tag{2} \]
Die beiden Diagonalen liefern die Flächenidentität \[ [ABC]+[ACD]=[ABD]+[BCD]. \] Daher gilt \[ [ABC]+[ABD]-[ACD]-[BCD] =2\bigl([ABC]-[BCD]\bigr), \] also gilt (2) genau dann, wenn \[ [ABC]=[BCD]. \]
Diese beiden Dreiecke haben dieselbe Grundseite \(BC\). Ihre Flächeninhalte sind genau dann gleich, wenn \(A\) und \(D\) denselben senkrechten Abstand von \(BC\) haben. Wegen der Konvexität liegen \(A\) und \(D\) auf derselben Seite von \(BC\), sodass dies genau dann der Fall ist, wenn \(AD\parallel BC\) gilt.
Alle Schritte sind Äquivalenzen, womit beide Richtungen bewiesen sind. Der Beweis verwendet Abstände zu den vollständigen Geraden und erfasst daher auch den Fall \(AB\parallel CD\) sowie Berührpunkte außerhalb der Seitenstrecken. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1984 · Soru 4
\(ABCD\), \(CD\) doğrusunun \(AB\) çaplı çembere teğet olduğu bir dışbükey dörtgen olsun. \(AB\) doğrusunun \(CD\) çaplı çembere teğet olması için gerek ve yeter koşulun \(BC\) ve \(AD\) doğrularının paralel olması olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(XYZ\) üçgeninin alanını \([XYZ]\) ile, \(X\) noktasının bir \(\ell\) doğrusuna dik uzaklığını ise \(d(X,\ell)\) ile gösterelim. \(M\) ve \(N\), sırasıyla \(AB\) ve \(CD\)'nin orta noktaları olsun.
Şu temel gözlemi kullanacağız: İki nokta bir doğrunun aynı tarafında bulunuyorsa, bu noktaların orta noktasının doğruya uzaklığı, noktaların doğruya uzaklıklarının ortalamasıdır. Bu, noktaların verilen doğruya dik bir doğru üzerindeki izdüşümleri alınarak görülür.
Dışbükeylikten dolayı \(A\) ve \(B\), \(CD\) doğrusunun aynı tarafındadır. Verilen teğetlik koşulu \[ d(M,CD)=\frac{AB}{2} \] anlamına gelir. Dolayısıyla üçgenin alan formülünden \[ [ACD]+[BCD] =\frac{CD}{2}\bigl(d(A,CD)+d(B,CD)\bigr) =CD\,d(M,CD) =\frac{AB\cdot CD}{2} \tag{1} \] elde edilir.
Benzer şekilde, \(C\) ve \(D\), \(AB\) doğrusunun aynı tarafında olduğundan \[ [ABC]+[ABD]=AB\,d(N,AB). \] \(CD\) çaplı çemberin merkezi \(N\), yarıçapı ise \(CD/2\)'dir. Dolayısıyla \(AB\)'nin bu çembere teğet olması için gerek ve yeter koşul \[ [ABC]+[ABD]=\frac{AB\cdot CD}{2} \] olmasıdır. (1)'e göre bu koşul \[ [ABC]+[ABD]=[ACD]+[BCD] \tag{2} \] eşitliğine denktir.
İki köşegen, alanlar arasında \[ [ABC]+[ACD]=[ABD]+[BCD] \] özdeşliğini verir. Buradan \[ [ABC]+[ABD]-[ACD]-[BCD] =2\bigl([ABC]-[BCD]\bigr), \] dolayısıyla (2)'nin sağlanması için gerek ve yeter koşul \[ [ABC]=[BCD] \] olmasıdır.
Bu son iki üçgenin \(BC\) tabanı ortaktır. Alanlarının eşit olması için gerek ve yeter koşul, \(A\) ve \(D\)'nin \(BC\)'ye dik uzaklıklarının eşit olmasıdır. Dışbükeylik nedeniyle \(A\) ve \(D\), \(BC\) doğrusunun aynı tarafındadır; dolayısıyla bu durum ancak ve ancak \(AD\parallel BC\) olduğunda gerçekleşir.
Bütün adımlar denklik olduğundan, her iki yön de kanıtlanmış olur. Kanıtta, kenarların üzerinde bulunduğu doğrulara uzaklıklar kullanıldığından, \(AB\parallel CD\) durumu ve teğet noktalarının kenar doğru parçalarının dışında olduğu durumlar da kapsanır. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1984 · Problema 4
Sea \(ABCD\) un cuadrilátero convexo tal que la recta \(CD\) es tangente a la circunferencia de diámetro \(AB\). Demostrar que la recta \(AB\) es tangente a la circunferencia de diámetro \(CD\) si y solo si las rectas \(BC\) y \(AD\) son paralelas.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Denotemos por \([XYZ]\) el área del triángulo \(XYZ\), y por \(d(X,\ell)\) la distancia perpendicular de \(X\) a una recta \(\ell\). Sean \(M\) y \(N\) los puntos medios de \(AB\) y \(CD\), respectivamente.
Utilizaremos la siguiente observación elemental: si dos puntos están del mismo lado de una recta, la distancia de su punto medio a esa recta es el promedio de sus distancias. Esto se deduce al proyectar los puntos sobre una perpendicular a la recta.
Por convexidad, \(A\) y \(B\) están del mismo lado de \(CD\). La tangencia dada significa que \[ d(M,CD)=\frac{AB}{2}. \] Por consiguiente, la fórmula del área de un triángulo da \[ [ACD]+[BCD] =\frac{CD}{2}\bigl(d(A,CD)+d(B,CD)\bigr) =CD\,d(M,CD) =\frac{AB\cdot CD}{2}. \tag{1} \]
Análogamente, \(C\) y \(D\) están del mismo lado de \(AB\), por lo que \[ [ABC]+[ABD]=AB\,d(N,AB). \] La circunferencia de diámetro \(CD\) tiene centro \(N\) y radio \(CD/2\). Así, \(AB\) es tangente a esta circunferencia exactamente cuando \[ [ABC]+[ABD]=\frac{AB\cdot CD}{2}. \] Por (1), esto equivale a \[ [ABC]+[ABD]=[ACD]+[BCD]. \tag{2} \]
Las dos diagonales dan la identidad de áreas \[ [ABC]+[ACD]=[ABD]+[BCD]. \] Por tanto, \[ [ABC]+[ABD]-[ACD]-[BCD] =2\bigl([ABC]-[BCD]\bigr), \] de modo que (2) se cumple exactamente cuando \[ [ABC]=[BCD]. \]
Estos dos últimos triángulos tienen la misma base \(BC\). Sus áreas son iguales exactamente cuando \(A\) y \(D\) tienen la misma distancia perpendicular a \(BC\). Por convexidad, \(A\) y \(D\) están del mismo lado de \(BC\), por lo que esto ocurre exactamente cuando \(AD\parallel BC\).
Todos los pasos son equivalencias, lo que demuestra ambas implicaciones. El argumento utiliza distancias a las rectas completas y, por tanto, también abarca el caso \(AB\parallel CD\) y los puntos de tangencia situados fuera de los segmentos que forman los lados. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1984 · 问题 4
设 \(ABCD\) 是凸四边形，且直线 \(CD\) 与以 \(AB\) 为直径的圆相切。证明：直线 \(AB\) 与以 \(CD\) 为直径的圆相切，当且仅当直线 \(BC\) 与 \(AD\) 平行。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
用 \([XYZ]\) 表示三角形 \(XYZ\) 的面积，用 \(d(X,\ell)\) 表示点 \(X\) 到直线 \(\ell\) 的垂直距离。设 \(M\) 和 \(N\) 分别为 \(AB\) 和 \(CD\) 的中点。
我们用到以下初等事实：若两点位于一条直线的同侧，则这两点的中点到该直线的距离等于这两点到该直线的距离的平均值。将这两点投影到一条垂直于该直线的直线上，即可得到这一结论。
由凸性，\(A\) 和 \(B\) 位于 \(CD\) 的同侧。已知的相切条件意味着 \[ d(M,CD)=\frac{AB}{2}. \] 因此，由三角形面积公式，得 \[ [ACD]+[BCD] =\frac{CD}{2}\bigl(d(A,CD)+d(B,CD)\bigr) =CD\,d(M,CD) =\frac{AB\cdot CD}{2}. \tag{1} \]
同理，\(C\) 和 \(D\) 位于 \(AB\) 的同侧，故 \[ [ABC]+[ABD]=AB\,d(N,AB). \] 以 \(CD\) 为直径的圆的圆心为 \(N\)，半径为 \(CD/2\)。因此，\(AB\) 与该圆相切当且仅当 \[ [ABC]+[ABD]=\frac{AB\cdot CD}{2}. \] 由 (1)，这等价于 \[ [ABC]+[ABD]=[ACD]+[BCD]. \tag{2} \]
由两条对角线分别划分四边形，可得面积恒等式 \[ [ABC]+[ACD]=[ABD]+[BCD]. \] 所以 \[ [ABC]+[ABD]-[ACD]-[BCD] =2\bigl([ABC]-[BCD]\bigr), \] 故 (2) 成立当且仅当 \[ [ABC]=[BCD]. \]
最后这两个三角形有公共底边 \(BC\)。它们的面积相等当且仅当 \(A\) 和 \(D\) 到 \(BC\) 的垂直距离相等。由凸性，\(A\) 和 \(D\) 位于 \(BC\) 的同侧，因此这又当且仅当 \(AD\parallel BC\)。
所有步骤均为等价变形，因而证明了两个方向。上述论证使用的是到整条直线的距离，因此也涵盖了 \(AB\parallel CD\) 以及切点位于边的延长线上的情形。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1984 · Задача 4
Пусть \(ABCD\) — выпуклый четырёхугольник, в котором прямая \(CD\) касается окружности с диаметром \(AB\). Докажите, что прямая \(AB\) касается окружности с диаметром \(CD\) тогда и только тогда, когда прямые \(BC\) и \(AD\) параллельны.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим через \([XYZ]\) площадь треугольника \(XYZ\), а через \(d(X,\ell)\) — расстояние от точки \(X\) до прямой \(\ell\). Пусть \(M\) и \(N\) — середины \(AB\) и \(CD\) соответственно.
Воспользуемся следующим простым наблюдением: если две точки лежат по одну сторону от прямой, то расстояние от середины соединяющего их отрезка до этой прямой равно среднему арифметическому расстояний от этих точек до прямой. Это следует из проецирования точек на перпендикуляр к прямой.
В силу выпуклости \(A\) и \(B\) лежат по одну сторону от \(CD\). Данное в условии касание означает, что \[ d(M,CD)=\frac{AB}{2}. \] Следовательно, по формуле площади треугольника \[ [ACD]+[BCD] =\frac{CD}{2}\bigl(d(A,CD)+d(B,CD)\bigr) =CD\,d(M,CD) =\frac{AB\cdot CD}{2}. \tag{1} \]
Аналогично, \(C\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(AB\), поэтому \[ [ABC]+[ABD]=AB\,d(N,AB). \] Окружность с диаметром \(CD\) имеет центр \(N\) и радиус \(CD/2\). Таким образом, \(AB\) касается этой окружности тогда и только тогда, когда \[ [ABC]+[ABD]=\frac{AB\cdot CD}{2}. \] В силу (1) это равносильно равенству \[ [ABC]+[ABD]=[ACD]+[BCD]. \tag{2} \]
Разбивая четырёхугольник каждой из двух диагоналей, получаем тождество для площадей \[ [ABC]+[ACD]=[ABD]+[BCD]. \] Следовательно, \[ [ABC]+[ABD]-[ACD]-[BCD] =2\bigl([ABC]-[BCD]\bigr), \] так что (2) выполняется тогда и только тогда, когда \[ [ABC]=[BCD]. \]
Последние два треугольника имеют общее основание \(BC\). Их площади равны тогда и только тогда, когда расстояния от \(A\) и \(D\) до \(BC\) равны. В силу выпуклости \(A\) и \(D\) лежат по одну сторону от \(BC\), поэтому это происходит тогда и только тогда, когда \(AD\parallel BC\).
Все шаги равносильны, что доказывает утверждение в обе стороны. В рассуждении используются расстояния до прямых целиком, поэтому оно охватывает также случай \(AB\parallel CD\) и случаи, когда точки касания лежат вне отрезков сторон. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1984 · المسألة 4
ليكن \(ABCD\) رباعيًا محدبًا بحيث يكون المستقيم \(CD\) مماسًا للدائرة التي قطرها \(AB\). أثبت أن المستقيم \(AB\) مماس للدائرة التي قطرها \(CD\) إذا وفقط إذا كان المستقيمان \(BC\) و\(AD\) متوازيين.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نرمز بـ\([XYZ]\) إلى مساحة المثلث \(XYZ\)، وبـ\(d(X,\ell)\) إلى المسافة العمودية من \(X\) إلى المستقيم \(\ell\). ولتكن \(M\) و\(N\) منتصفي \(AB\) و\(CD\)، على الترتيب.
نستخدم الملاحظة الأولية الآتية: إذا وقعت نقطتان في جهة واحدة من مستقيم، فإن بُعد منتصف القطعة الواصلة بينهما عن ذلك المستقيم يساوي متوسط بُعديهما عنه. وينتج ذلك بإسقاط النقطتين على مستقيم عمودي على المستقيم المعطى.
بفضل التحدب، تقع \(A\) و\(B\) في جهة واحدة من \(CD\). ويعني شرط التماس المعطى أن \[ d(M,CD)=\frac{AB}{2}. \] وبالتالي، تعطينا صيغة مساحة المثلث \[ [ACD]+[BCD] =\frac{CD}{2}\bigl(d(A,CD)+d(B,CD)\bigr) =CD\,d(M,CD) =\frac{AB\cdot CD}{2}. \tag{1} \]
وبالمثل، تقع \(C\) و\(D\) في جهة واحدة من \(AB\)، ومن ثم \[ [ABC]+[ABD]=AB\,d(N,AB). \] الدائرة التي قطرها \(CD\) مركزها \(N\) ونصف قطرها \(CD/2\). إذن يكون \(AB\) مماسًا لهذه الدائرة إذا وفقط إذا كان \[ [ABC]+[ABD]=\frac{AB\cdot CD}{2}. \] وبحسب (1)، يكافئ ذلك \[ [ABC]+[ABD]=[ACD]+[BCD]. \tag{2} \]
يعطي تقسيم الرباعي بكل من قطريه متطابقة المساحات \[ [ABC]+[ACD]=[ABD]+[BCD]. \] ومن ثم \[ [ABC]+[ABD]-[ACD]-[BCD] =2\bigl([ABC]-[BCD]\bigr), \] فتتحقق (2) إذا وفقط إذا كان \[ [ABC]=[BCD]. \]
يشترك هذان المثلثان الأخيران في القاعدة \(BC\). وتتساوى مساحتاهما إذا وفقط إذا تساوى البُعدان العموديان للنقطتين \(A\) و\(D\) عن \(BC\). وبفضل التحدب، تقع \(A\) و\(D\) في جهة واحدة من \(BC\)، لذا يحدث ذلك إذا وفقط إذا كان \(AD\parallel BC\).
جميع الخطوات تكافؤات، وهذا يثبت الاتجاهين. ويستخدم البرهان المسافات إلى المستقيمات بكاملها، ولذلك يشمل أيضًا الحالة \(AB\parallel CD\) وحالات وقوع نقطتي التماس خارج قطع الأضلاع. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).