IMO 1987 · Problem 2
In an acute-angled triangle \(ABC\) the interior bisector of the angle \(A\) intersects \(BC\) at \(L\) and intersects the circumcircle of \(ABC\) again at \(N\). From point \(L\) perpendiculars are drawn to \(AB\) and \(AC\), the feet of these perpendiculars being \(K\) and \(M\) respectively. Prove that the quadrilateral \(AKNM\) and the triangle \(ABC\) have equal areas.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \([F]\) for the area of a figure \(F\), and put \[ \theta=\angle BAL=\angle LAC. \] Since \(L\) lies inside the circumcircle, the points \(A,L,N\) occur in this order.
By the angle-bisector property and the inscribed-angle theorem, \[ \angle BAL=\angle NAC, \qquad \angle ABL=\angle ABC=\angle ANC. \] Thus \(\triangle ABL\sim\triangle ANC\), with the indicated vertex correspondence. Consequently, \[ \frac{AB}{AN}=\frac{AL}{AC}, \qquad\text{so}\qquad AL\cdot AN=AB\cdot AC. \tag{1} \]
The perpendicular feet \(K\) and \(M\) lie on the rays \(AB\) and \(AC\), because each ray makes the acute angle \(\theta\) with \(AL\). The right triangles \(AKL\) and \(AML\) therefore give \[ AK=AM=AL\cos\theta. \] Moreover, \(K\) and \(M\) lie on opposite sides of \(AN\), so the diagonal \(AN\) divides the quadrilateral \(AKNM\) into triangles \(AKN\) and \(AMN\). Hence \[ \begin{aligned} [AKNM] &=[AKN]+[AMN]\\ &=\frac12\,AN\cdot AK\sin\theta +\frac12\,AN\cdot AM\sin\theta\\ &=AN\cdot AL\sin\theta\cos\theta\\ &=\frac12\,AB\cdot AC\sin(2\theta) &&\text{by (1)}\\ &=[ABC], \end{aligned} \] since \(2\theta=\angle BAC\). This proves the required equality.
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1987 · Aufgabe 2
In einem spitzwinkligen Dreieck \(ABC\) schneidet die innere Winkelhalbierende des Winkels \(A\) die Seite \(BC\) in \(L\) und den Umkreis von \(ABC\) ein zweites Mal in \(N\). Vom Punkt \(L\) werden die Lote auf \(AB\) und \(AC\) gefällt; ihre Fußpunkte seien \(K\) bzw. \(M\). Man beweise, dass das Viereck \(AKNM\) und das Dreieck \(ABC\) denselben Flächeninhalt haben.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir bezeichnen den Flächeninhalt einer Figur \(F\) mit \([F]\) und setzen \[ \theta=\angle BAL=\angle LAC. \] Da \(L\) im Inneren des Umkreises liegt, liegen die Punkte \(A,L,N\) in dieser Reihenfolge auf der Geraden.
Aus der Eigenschaft der Winkelhalbierenden und dem Umfangswinkelsatz folgt \[ \angle BAL=\angle NAC, \qquad \angle ABL=\angle ABC=\angle ANC. \] Somit gilt \(\triangle ABL\sim\triangle ANC\), wobei sich die Eckpunkte in der angegebenen Reihenfolge entsprechen. Folglich gilt \[ \frac{AB}{AN}=\frac{AL}{AC}, \qquad\text{also}\qquad AL\cdot AN=AB\cdot AC. \tag{1} \]
Die Lotfußpunkte \(K\) und \(M\) liegen auf den Strahlen \(AB\) und \(AC\), da jeder dieser Strahlen mit \(AL\) den spitzen Winkel \(\theta\) bildet. Aus den rechtwinkligen Dreiecken \(AKL\) und \(AML\) folgt daher \[ AK=AM=AL\cos\theta. \] Außerdem liegen \(K\) und \(M\) auf verschiedenen Seiten von \(AN\), sodass die Diagonale \(AN\) das Viereck \(AKNM\) in die Dreiecke \(AKN\) und \(AMN\) zerlegt. Daher gilt \[ \begin{aligned} [AKNM] &=[AKN]+[AMN]\\ &=\frac12\,AN\cdot AK\sin\theta +\frac12\,AN\cdot AM\sin\theta\\ &=AN\cdot AL\sin\theta\cos\theta\\ &=\frac12\,AB\cdot AC\sin(2\theta) &&\text{nach (1)}\\ &=[ABC], \end{aligned} \] da \(2\theta=\angle BAC\) ist. Damit ist die geforderte Gleichheit bewiesen.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1987 · Soru 2
Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninde \(A\) açısının iç açıortayı, \(BC\)'yi \(L\) noktasında ve \(ABC\)'nin çevrel çemberini ikinci kez \(N\) noktasında kesiyor. \(L\) noktasından \(AB\) ve \(AC\)'ye indirilen dikmelerin ayakları sırasıyla \(K\) ve \(M\) olsun. \(AKNM\) dörtgeni ile \(ABC\) üçgeninin alanlarının eşit olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Bir \(F\) şeklinin alanını \([F]\) ile gösterelim ve \[ \theta=\angle BAL=\angle LAC \] olarak tanımlayalım. \(L\) çevrel çemberin içinde olduğundan, \(A,L,N\) noktaları bu sırayla yer alır.
Açıortay özelliği ve çevre açı teoremine göre, \[ \angle BAL=\angle NAC, \qquad \angle ABL=\angle ABC=\angle ANC. \] Dolayısıyla, köşeler belirtilen sırayla eşleşmek üzere \(\triangle ABL\sim\triangle ANC\) olur. Bunun sonucunda, \[ \frac{AB}{AN}=\frac{AL}{AC}, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad AL\cdot AN=AB\cdot AC. \tag{1} \]
\(AB\) ve \(AC\) ışınlarının her biri \(AL\) ile dar açı olan \(\theta\) açısını yaptığından, dikme ayakları \(K\) ve \(M\) bu ışınlar üzerinde yer alır. Bu nedenle \(AKL\) ve \(AML\) dik üçgenlerinden \[ AK=AM=AL\cos\theta \] elde edilir. Ayrıca \(K\) ve \(M\), \(AN\)'nin farklı taraflarında yer aldığından, \(AN\) köşegeni \(AKNM\) dörtgenini \(AKN\) ve \(AMN\) üçgenlerine ayırır. Böylece, \[ \begin{aligned} [AKNM] &=[AKN]+[AMN]\\ &=\frac12\,AN\cdot AK\sin\theta +\frac12\,AN\cdot AM\sin\theta\\ &=AN\cdot AL\sin\theta\cos\theta\\ &=\frac12\,AB\cdot AC\sin(2\theta) &&\text{(1) gereği}\\ &=[ABC], \end{aligned} \] çünkü \(2\theta=\angle BAC\) olur. Bu, istenen eşitliği kanıtlar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1987 · Problema 2
En un triángulo acutángulo \(ABC\), la bisectriz interior del ángulo \(A\) corta a \(BC\) en \(L\) y vuelve a cortar a la circunferencia circunscrita de \(ABC\) en \(N\). Desde el punto \(L\) se trazan perpendiculares a \(AB\) y \(AC\), cuyos pies son \(K\) y \(M\), respectivamente. Demostrar que el cuadrilátero \(AKNM\) y el triángulo \(ABC\) tienen la misma área.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Denotemos por \([F]\) el área de una figura \(F\), y sea \[ \theta=\angle BAL=\angle LAC. \] Como \(L\) está en el interior de la circunferencia circunscrita, los puntos \(A,L,N\) aparecen en este orden.
Por la propiedad de la bisectriz y el teorema del ángulo inscrito, \[ \angle BAL=\angle NAC, \qquad \angle ABL=\angle ABC=\angle ANC. \] Por tanto, \(\triangle ABL\sim\triangle ANC\), con la correspondencia de vértices indicada. En consecuencia, \[ \frac{AB}{AN}=\frac{AL}{AC}, \qquad\text{por lo que}\qquad AL\cdot AN=AB\cdot AC. \tag{1} \]
Los pies de las perpendiculares, \(K\) y \(M\), están en las semirrectas \(AB\) y \(AC\), porque cada semirrecta forma el ángulo agudo \(\theta\) con \(AL\). Los triángulos rectángulos \(AKL\) y \(AML\) dan entonces \[ AK=AM=AL\cos\theta. \] Además, \(K\) y \(M\) están a lados opuestos de \(AN\), de modo que la diagonal \(AN\) divide el cuadrilátero \(AKNM\) en los triángulos \(AKN\) y \(AMN\). Así, \[ \begin{aligned} [AKNM] &=[AKN]+[AMN]\\ &=\frac12\,AN\cdot AK\sin\theta +\frac12\,AN\cdot AM\sin\theta\\ &=AN\cdot AL\sin\theta\cos\theta\\ &=\frac12\,AB\cdot AC\sin(2\theta) &&\text{por (1)}\\ &=[ABC], \end{aligned} \] pues \(2\theta=\angle BAC\). Esto demuestra la igualdad requerida.
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1987 · 问题 2
在锐角三角形 \(ABC\) 中，角 \(A\) 的内角平分线与 \(BC\) 相交于 \(L\)，并与 \(ABC\) 的外接圆再次相交于 \(N\)。从点 \(L\) 分别向 \(AB\) 和 \(AC\) 作垂线，垂足分别为 \(K\) 和 \(M\)。证明四边形 \(AKNM\) 与三角形 \(ABC\) 的面积相等。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
用 \([F]\) 表示图形 \(F\) 的面积，并令 \[ \theta=\angle BAL=\angle LAC. \] 由于 \(L\) 位于外接圆内部，点 \(A,L,N\) 依次排列在同一直线上。
由角平分线的性质和圆周角定理， \[ \angle BAL=\angle NAC, \qquad \angle ABL=\angle ABC=\angle ANC. \] 因此，\(\triangle ABL\sim\triangle ANC\)，顶点按所写顺序对应。从而， \[ \frac{AB}{AN}=\frac{AL}{AC}, \qquad\text{所以}\qquad AL\cdot AN=AB\cdot AC. \tag{1} \]
垂足 \(K\) 和 \(M\) 分别位于射线 \(AB\) 和 \(AC\) 上，因为这两条射线与 \(AL\) 所成的角均为锐角 \(\theta\)。因此，由直角三角形 \(AKL\) 和 \(AML\) 得 \[ AK=AM=AL\cos\theta. \] 此外，\(K\) 和 \(M\) 位于 \(AN\) 的两侧，所以对角线 \(AN\) 将四边形 \(AKNM\) 分成三角形 \(AKN\) 和 \(AMN\)。于是 \[ \begin{aligned} [AKNM] &=[AKN]+[AMN]\\ &=\frac12\,AN\cdot AK\sin\theta +\frac12\,AN\cdot AM\sin\theta\\ &=AN\cdot AL\sin\theta\cos\theta\\ &=\frac12\,AB\cdot AC\sin(2\theta) &&\text{由 (1)}\\ &=[ABC], \end{aligned} \] 其中最后一步利用了 \(2\theta=\angle BAC\)。所要求的面积相等得证。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1987 · Задача 2
В остроугольном треугольнике \(ABC\) биссектриса внутреннего угла \(A\) пересекает \(BC\) в точке \(L\) и вторично пересекает описанную окружность треугольника \(ABC\) в точке \(N\). Из точки \(L\) проведены перпендикуляры к \(AB\) и \(AC\); основания этих перпендикуляров обозначены соответственно через \(K\) и \(M\). Докажите, что четырёхугольник \(AKNM\) и треугольник \(ABC\) имеют равные площади.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим через \([F]\) площадь фигуры \(F\) и положим \[ \theta=\angle BAL=\angle LAC. \] Поскольку \(L\) лежит внутри описанной окружности, точки \(A,L,N\) расположены в указанном порядке.
По свойству биссектрисы и теореме о вписанном угле \[ \angle BAL=\angle NAC, \qquad \angle ABL=\angle ABC=\angle ANC. \] Таким образом, \(\triangle ABL\sim\triangle ANC\), причём вершины соответствуют друг другу в указанном порядке. Следовательно, \[ \frac{AB}{AN}=\frac{AL}{AC}, \qquad\text{откуда}\qquad AL\cdot AN=AB\cdot AC. \tag{1} \]
Основания перпендикуляров \(K\) и \(M\) лежат на лучах \(AB\) и \(AC\), поскольку каждый из этих лучей образует с \(AL\) острый угол \(\theta\). Поэтому из прямоугольных треугольников \(AKL\) и \(AML\) получаем \[ AK=AM=AL\cos\theta. \] Кроме того, \(K\) и \(M\) лежат по разные стороны от \(AN\), поэтому диагональ \(AN\) делит четырёхугольник \(AKNM\) на треугольники \(AKN\) и \(AMN\). Следовательно, \[ \begin{aligned} [AKNM] &=[AKN]+[AMN]\\ &=\frac12\,AN\cdot AK\sin\theta +\frac12\,AN\cdot AM\sin\theta\\ &=AN\cdot AL\sin\theta\cos\theta\\ &=\frac12\,AB\cdot AC\sin(2\theta) &&\text{по (1)}\\ &=[ABC], \end{aligned} \] поскольку \(2\theta=\angle BAC\). Требуемое равенство доказано.
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1987 · المسألة 2
في مثلث حاد الزوايا \(ABC\)، يقطع المنصف الداخلي للزاوية \(A\) الضلع \(BC\) في \(L\)، ويقطع الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\) مرة أخرى في \(N\). نرسم من النقطة \(L\) عمودين على \(AB\) و\(AC\)، ولتكن قدما هذين العمودين \(K\) و\(M\) على الترتيب. أثبت أن مساحة الرباعي \(AKNM\) تساوي مساحة المثلث \(ABC\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نرمز بـ\([F]\) إلى مساحة الشكل \(F\)، ونضع \[ \theta=\angle BAL=\angle LAC. \] بما أن \(L\) تقع داخل الدائرة المحيطة، فإن النقاط \(A,L,N\) تقع بهذا الترتيب.
من خاصية منصف الزاوية ونظرية الزاوية المحيطية، نحصل على \[ \angle BAL=\angle NAC, \qquad \angle ABL=\angle ABC=\angle ANC. \] إذن \(\triangle ABL\sim\triangle ANC\)، وفق تناظر الرؤوس المشار إليه. وبالتالي، \[ \frac{AB}{AN}=\frac{AL}{AC}, \qquad\text{ومن ثم}\qquad AL\cdot AN=AB\cdot AC. \tag{1} \]
تقع قدما العمودين \(K\) و\(M\) على الشعاعين \(AB\) و\(AC\)، لأن كلًّا من هذين الشعاعين يصنع الزاوية الحادة \(\theta\) مع \(AL\). ولذلك يعطينا المثلثان القائمان \(AKL\) و\(AML\) \[ AK=AM=AL\cos\theta. \] فضلًا عن ذلك، تقع \(K\) و\(M\) على جهتين متقابلتين من \(AN\)، لذا يقسم القطر \(AN\) الرباعي \(AKNM\) إلى المثلثين \(AKN\) و\(AMN\). ومن ثم \[ \begin{aligned} [AKNM] &=[AKN]+[AMN]\\ &=\frac12\,AN\cdot AK\sin\theta +\frac12\,AN\cdot AM\sin\theta\\ &=AN\cdot AL\sin\theta\cos\theta\\ &=\frac12\,AB\cdot AC\sin(2\theta) &&\text{بموجب (1)}\\ &=[ABC], \end{aligned} \] لأن \(2\theta=\angle BAC\). وهذا يثبت المساواة المطلوبة.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).