IMO 1990 · Problem 1
Chords \(AB\) and \(CD\) of a circle intersect at a point \(E\) inside the circle. Let \(M\) be an interior point of the segment \(EB\). The tangent line at \(E\) to the circle through \(D\), \(E\), and \(M\) intersects the lines \(BC\) and \(AC\) at \(F\) and \(G\), respectively. If \[ \frac{AM}{AB}=t, \] find \[ \frac{EG}{EF} \] in terms of \(t\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Answer
\[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
Solution
Let \(P\) be the second intersection of the line \(AB\) with the circle through \(C,D,M\). This circle exists because \(C,D,M\) are noncollinear. Since \(E\) lies inside its chord \(CD\), it is inside this circle, so \(P\) lies on the ray \(EA\).
Write \[ EA=a,\qquad EB=b,\qquad EM=m, \] where \(a>0\) and \(0<m<b\). Applying the intersecting-chords theorem to the original circle and to the circle \(CDMP\), we obtain \[ EP\cdot EM=EC\cdot ED=EA\cdot EB. \] Thus \[ EP=\frac{ab}{m}>a, \] so the points on \(AB\) occur in the order \[ P,\ A,\ E,\ M,\ B. \]
Let \(\ell\) be the tangent at \(E\) to the circle \(DEM\). We claim that \(\ell\parallel PC\). Indeed, using directed angles modulo \(180^\circ\), the tangent–chord theorem and the cyclicity of \(C,D,M,P\) give \[ \angle(\ell,ED) =\angle(ME,MD) =\angle(MP,MD) =\angle(CP,CD). \] Since \(CD\) and \(ED\) are the same line, this proves the claim.
Because \(P\ne A,B\) and \(C\notin AB\), the line \(PC\) is parallel to neither \(AC\) nor \(BC\). Hence \(F\) and \(G\) are uniquely defined finite points. The order above and \(\ell\parallel PC\) show that \(F\) lies on the segment \(BC\), while \(G\) lies on the ray from \(A\) opposite to \(AC\). Similar triangles therefore yield \[ \frac{EF}{PC}=\frac{EB}{PB}, \qquad \frac{EG}{PC}=\frac{EA}{PA}. \] Consequently, \[ \begin{aligned} \frac{EG}{EF} &=\frac{EA}{PA}\cdot\frac{PB}{EB}\\ &=\frac{a}{ab/m-a}\cdot\frac{ab/m+b}{b}\\ &=\frac{a+m}{b-m} =\frac{AM}{MB}. \end{aligned} \] All denominators are positive because \(0<m<b\). Finally, \(AM=t\,AB\) and \(MB=(1-t)AB\), giving \[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1990 · Aufgabe 1
Die Sehnen \(AB\) und \(CD\) eines Kreises schneiden sich in einem Punkt \(E\) im Inneren des Kreises. Sei \(M\) ein innerer Punkt der Strecke \(EB\). Die Tangente im Punkt \(E\) an den Kreis durch \(D\), \(E\) und \(M\) schneidet die Geraden \(BC\) und \(AC\) in \(F\) beziehungsweise \(G\). Falls \[ \frac{AM}{AB}=t, \] bestimme \[ \frac{EG}{EF} \] in Abhängigkeit von \(t\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Antwort
\[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
Lösung
Sei \(P\) der zweite Schnittpunkt der Geraden \(AB\) mit dem Kreis durch \(C,D,M\). Dieser Kreis existiert, da \(C,D,M\) nicht auf einer Geraden liegen. Da \(E\) im Inneren seiner Sehne \(CD\) liegt, liegt der Punkt im Inneren dieses Kreises, also liegt \(P\) auf dem Strahl \(EA\).
Wir setzen \[ EA=a,\qquad EB=b,\qquad EM=m, \] wobei \(a>0\) und \(0<m<b\). Wenden wir den Sehnensatz auf den ursprünglichen Kreis und auf den Kreis \(CDMP\) an, so erhalten wir \[ EP\cdot EM=EC\cdot ED=EA\cdot EB. \] Somit gilt \[ EP=\frac{ab}{m}>a, \] also liegen die Punkte auf \(AB\) in der Reihenfolge \[ P,\ A,\ E,\ M,\ B. \]
Sei \(\ell\) die Tangente in \(E\) an den Kreis \(DEM\). Wir behaupten, dass \(\ell\parallel PC\). Tatsächlich liefern der Tangenten-Sehnen-Winkelsatz und die Tatsache, dass \(C,D,M,P\) auf einem Kreis liegen, mit gerichteten Winkeln modulo \(180^\circ\) \[ \angle(\ell,ED) =\angle(ME,MD) =\angle(MP,MD) =\angle(CP,CD). \] Da \(CD\) und \(ED\) dieselbe Gerade sind, beweist dies die Behauptung.
Wegen \(P\ne A,B\) und \(C\notin AB\) ist die Gerade \(PC\) weder zu \(AC\) noch zu \(BC\) parallel. Daher sind \(F\) und \(G\) eindeutig bestimmte, im Endlichen liegende Punkte. Die obige Reihenfolge und \(\ell\parallel PC\) zeigen, dass \(F\) auf der Strecke \(BC\) liegt, während \(G\) auf dem von \(A\) ausgehenden Gegenstrahl zu \(AC\) liegt. Aus ähnlichen Dreiecken folgt daher \[ \frac{EF}{PC}=\frac{EB}{PB}, \qquad \frac{EG}{PC}=\frac{EA}{PA}. \] Folglich gilt \[ \begin{aligned} \frac{EG}{EF} &=\frac{EA}{PA}\cdot\frac{PB}{EB}\\ &=\frac{a}{ab/m-a}\cdot\frac{ab/m+b}{b}\\ &=\frac{a+m}{b-m} =\frac{AM}{MB}. \end{aligned} \] Alle Nenner sind positiv, da \(0<m<b\). Schließlich gelten \(AM=t\,AB\) und \(MB=(1-t)AB\), woraus sich \[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}} \] ergibt.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1990 · Soru 1
Bir çemberin \(AB\) ve \(CD\) kirişleri, çemberin içindeki bir \(E\) noktasında kesişiyor. \(M\), \(EB\) doğru parçasının bir iç noktası olsun. \(D\), \(E\) ve \(M\) noktalarından geçen çembere \(E\) noktasında çizilen teğet, \(BC\) ve \(AC\) doğrularını sırasıyla \(F\) ve \(G\) noktalarında kesiyor. Eğer \[ \frac{AM}{AB}=t \] ise \[ \frac{EG}{EF} \] oranını \(t\) cinsinden bulunuz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Cevap
\[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
Çözüm
\(AB\) doğrusunun \(C,D,M\) noktalarından geçen çemberle ikinci kesişim noktası \(P\) olsun. \(C,D,M\) doğrusal olmadığından bu çember vardır. \(E\), bu çemberin \(CD\) kirişinin içinde bulunduğundan çemberin de içindedir; dolayısıyla \(P\), \(EA\) ışını üzerindedir.
\(a>0\) ve \(0<m<b\) olmak üzere \[ EA=a,\qquad EB=b,\qquad EM=m \] yazalım. Kesişen kirişler teoremini başlangıçtaki çembere ve \(CDMP\) çemberine uygulayarak \[ EP\cdot EM=EC\cdot ED=EA\cdot EB \] elde ederiz. Böylece \[ EP=\frac{ab}{m}>a \] olduğundan \(AB\) üzerindeki noktalar \[ P,\ A,\ E,\ M,\ B \] sırasıyla yer alır.
\(DEM\) çemberine \(E\) noktasında çizilen teğet \(\ell\) olsun. \(\ell\parallel PC\) olduğunu iddia ediyoruz. Gerçekten, \(180^\circ\) modülünde yönlü açılar kullanıldığında, teğet-kiriş teoremi ve \(C,D,M,P\) noktalarının çembersel olması \[ \angle(\ell,ED) =\angle(ME,MD) =\angle(MP,MD) =\angle(CP,CD) \] eşitliklerini verir. \(CD\) ve \(ED\) aynı doğru olduğundan iddia kanıtlanmış olur.
\(P\ne A,B\) ve \(C\notin AB\) olduğundan \(PC\) doğrusu ne \(AC\) ne de \(BC\) doğrusuna paraleldir. Dolayısıyla \(F\) ve \(G\), tek türlü belirlenen sonlu noktalardır. Yukarıdaki sıralama ve \(\ell\parallel PC\) olması, \(F\) noktasının \(BC\) doğru parçası üzerinde, \(G\) noktasının ise başlangıcı \(A\) olan ve \(AC\) ışınına zıt yöndeki ışın üzerinde bulunduğunu gösterir. Bu nedenle benzer üçgenlerden \[ \frac{EF}{PC}=\frac{EB}{PB}, \qquad \frac{EG}{PC}=\frac{EA}{PA} \] elde edilir. Sonuç olarak, \[ \begin{aligned} \frac{EG}{EF} &=\frac{EA}{PA}\cdot\frac{PB}{EB}\\ &=\frac{a}{ab/m-a}\cdot\frac{ab/m+b}{b}\\ &=\frac{a+m}{b-m} =\frac{AM}{MB}. \end{aligned} \] \(0<m<b\) olduğundan tüm paydalar pozitiftir. Son olarak, \(AM=t\,AB\) ve \(MB=(1-t)AB\) olduğundan \[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}} \] elde edilir.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1990 · Problema 1
Las cuerdas \(AB\) y \(CD\) de una circunferencia se cortan en un punto \(E\) interior a la circunferencia. Sea \(M\) un punto interior del segmento \(EB\). La recta tangente en \(E\) a la circunferencia que pasa por \(D\), \(E\) y \(M\) corta a las rectas \(BC\) y \(AC\) en \(F\) y \(G\), respectivamente. Si \[ \frac{AM}{AB}=t, \] hallar \[ \frac{EG}{EF} \] en función de \(t\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Respuesta
\[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
Solución
Sea \(P\) la segunda intersección de la recta \(AB\) con la circunferencia que pasa por \(C,D,M\). Esta circunferencia existe porque \(C,D,M\) no están alineados. Como \(E\) está en el interior de su cuerda \(CD\), está en el interior de esta circunferencia, por lo que \(P\) está en la semirrecta \(EA\).
Escribamos \[ EA=a,\qquad EB=b,\qquad EM=m, \] donde \(a>0\) y \(0<m<b\). Aplicando el teorema de las cuerdas que se cortan a la circunferencia original y a la circunferencia \(CDMP\), obtenemos \[ EP\cdot EM=EC\cdot ED=EA\cdot EB. \] Por tanto, \[ EP=\frac{ab}{m}>a, \] de modo que los puntos de \(AB\) aparecen en el orden \[ P,\ A,\ E,\ M,\ B. \]
Sea \(\ell\) la tangente en \(E\) a la circunferencia \(DEM\). Afirmamos que \(\ell\parallel PC\). En efecto, usando ángulos orientados módulo \(180^\circ\), el teorema del ángulo entre tangente y cuerda y el hecho de que \(C,D,M,P\) son concíclicos dan \[ \angle(\ell,ED) =\angle(ME,MD) =\angle(MP,MD) =\angle(CP,CD). \] Como \(CD\) y \(ED\) son la misma recta, esto demuestra la afirmación.
Puesto que \(P\ne A,B\) y \(C\notin AB\), la recta \(PC\) no es paralela ni a \(AC\) ni a \(BC\). Por tanto, \(F\) y \(G\) son puntos finitos determinados de manera única. El orden anterior y la relación \(\ell\parallel PC\) muestran que \(F\) está en el segmento \(BC\), mientras que \(G\) está en la semirrecta de origen \(A\) opuesta a \(AC\). Por semejanza de triángulos se obtiene entonces \[ \frac{EF}{PC}=\frac{EB}{PB}, \qquad \frac{EG}{PC}=\frac{EA}{PA}. \] En consecuencia, \[ \begin{aligned} \frac{EG}{EF} &=\frac{EA}{PA}\cdot\frac{PB}{EB}\\ &=\frac{a}{ab/m-a}\cdot\frac{ab/m+b}{b}\\ &=\frac{a+m}{b-m} =\frac{AM}{MB}. \end{aligned} \] Todos los denominadores son positivos porque \(0<m<b\). Finalmente, \(AM=t\,AB\) y \(MB=(1-t)AB\), lo que da \[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1990 · 问题 1
圆的两条弦 \(AB\) 与 \(CD\) 相交于圆内一点 \(E\)。设 \(M\) 为线段 \(EB\) 的内部一点。过 \(D\)、\(E\)、\(M\) 三点的圆在 \(E\) 点处的切线分别与直线 \(BC\)、\(AC\) 交于 \(F\)、\(G\)。若 \[ \frac{AM}{AB}=t, \] 求 \[ \frac{EG}{EF} \] 关于 \(t\) 的表达式。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
答案
\[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
解答
设直线 \(AB\) 与过 \(C,D,M\) 三点的圆的另一个交点为 \(P\)。由于 \(C,D,M\) 不共线，这个圆存在。由于 \(E\) 在线段 \(CD\) 的内部，而 \(CD\) 是该圆的一条弦，因此 \(E\) 在该圆内，从而 \(P\) 在射线 \(EA\) 上。
记 \[ EA=a,\qquad EB=b,\qquad EM=m, \] 其中 \(a>0\) 且 \(0<m<b\)。分别对原来的圆和圆 \(CDMP\) 应用相交弦定理，得 \[ EP\cdot EM=EC\cdot ED=EA\cdot EB. \] 因此 \[ EP=\frac{ab}{m}>a, \] 所以直线 \(AB\) 上各点的顺序为 \[ P,\ A,\ E,\ M,\ B. \]
设 \(\ell\) 为圆 \(DEM\) 在 \(E\) 点处的切线。我们断言 \(\ell\parallel PC\)。事实上，采用模 \(180^\circ\) 的有向角，由弦切角定理以及 \(C,D,M,P\) 四点共圆，得 \[ \angle(\ell,ED) =\angle(ME,MD) =\angle(MP,MD) =\angle(CP,CD). \] 由于 \(CD\) 与 \(ED\) 是同一直线，断言得证。
由于 \(P\ne A,B\) 且 \(C\notin AB\)，直线 \(PC\) 既不平行于 \(AC\)，也不平行于 \(BC\)。因此，\(F\) 和 \(G\) 都是唯一确定的有限点。由上述各点的顺序及 \(\ell\parallel PC\) 可知，\(F\) 在线段 \(BC\) 上，而 \(G\) 在以 \(A\) 为端点、与射线 \(AC\) 方向相反的射线上。因此，由三角形相似得 \[ \frac{EF}{PC}=\frac{EB}{PB}, \qquad \frac{EG}{PC}=\frac{EA}{PA}. \] 于是， \[ \begin{aligned} \frac{EG}{EF} &=\frac{EA}{PA}\cdot\frac{PB}{EB}\\ &=\frac{a}{ab/m-a}\cdot\frac{ab/m+b}{b}\\ &=\frac{a+m}{b-m} =\frac{AM}{MB}. \end{aligned} \] 由于 \(0<m<b\)，所有分母均为正数。最后，由 \(AM=t\,AB\) 及 \(MB=(1-t)AB\)，得 \[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1990 · Задача 1
Хорды \(AB\) и \(CD\) окружности пересекаются в точке \(E\), лежащей внутри окружности. Пусть \(M\) — внутренняя точка отрезка \(EB\). Касательная в точке \(E\) к окружности, проходящей через \(D\), \(E\) и \(M\), пересекает прямые \(BC\) и \(AC\) в точках \(F\) и \(G\) соответственно. Если \[ \frac{AM}{AB}=t, \] найдите \[ \frac{EG}{EF} \] через \(t\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Ответ
\[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
Решение
Пусть \(P\) — вторая точка пересечения прямой \(AB\) с окружностью, проходящей через \(C,D,M\). Эта окружность существует, поскольку точки \(C,D,M\) не лежат на одной прямой. Так как \(E\) лежит внутри её хорды \(CD\), она лежит внутри этой окружности, поэтому \(P\) лежит на луче \(EA\).
Обозначим \[ EA=a,\qquad EB=b,\qquad EM=m, \] где \(a>0\) и \(0<m<b\). Применяя теорему о пересекающихся хордах к исходной окружности и к окружности \(CDMP\), получаем \[ EP\cdot EM=EC\cdot ED=EA\cdot EB. \] Таким образом, \[ EP=\frac{ab}{m}>a, \] поэтому точки на прямой \(AB\) расположены в следующем порядке: \[ P,\ A,\ E,\ M,\ B. \]
Пусть \(\ell\) — касательная в точке \(E\) к окружности \(DEM\). Утверждаем, что \(\ell\parallel PC\). Действительно, рассматривая ориентированные углы по модулю \(180^\circ\), из теоремы об угле между касательной и хордой и того, что точки \(C,D,M,P\) лежат на одной окружности, получаем \[ \angle(\ell,ED) =\angle(ME,MD) =\angle(MP,MD) =\angle(CP,CD). \] Поскольку \(CD\) и \(ED\) — одна и та же прямая, утверждение доказано.
Так как \(P\ne A,B\) и \(C\notin AB\), прямая \(PC\) не параллельна ни \(AC\), ни \(BC\). Следовательно, \(F\) и \(G\) однозначно определены и являются конечными точками. Указанный выше порядок точек и соотношение \(\ell\parallel PC\) показывают, что \(F\) лежит на отрезке \(BC\), а \(G\) — на луче с началом в \(A\), противоположном лучу \(AC\). Поэтому из подобия треугольников следует \[ \frac{EF}{PC}=\frac{EB}{PB}, \qquad \frac{EG}{PC}=\frac{EA}{PA}. \] Следовательно, \[ \begin{aligned} \frac{EG}{EF} &=\frac{EA}{PA}\cdot\frac{PB}{EB}\\ &=\frac{a}{ab/m-a}\cdot\frac{ab/m+b}{b}\\ &=\frac{a+m}{b-m} =\frac{AM}{MB}. \end{aligned} \] Все знаменатели положительны, поскольку \(0<m<b\). Наконец, \(AM=t\,AB\) и \(MB=(1-t)AB\), откуда \[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1990 · المسألة 1
يتقاطع الوتران \(AB\) و\(CD\) لدائرة في نقطة \(E\) داخل الدائرة. لتكن \(M\) نقطة داخلية من القطعة \(EB\). يقطع المماس عند \(E\) للدائرة المارة بالنقاط \(D\) و\(E\) و\(M\) المستقيمين \(BC\) و\(AC\) في \(F\) و\(G\)، على الترتيب. إذا كان \[ \frac{AM}{AB}=t, \] فأوجد \[ \frac{EG}{EF} \] بدلالة \(t\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الإجابة
\[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
الحل
لتكن \(P\) نقطة التقاطع الثانية للمستقيم \(AB\) مع الدائرة المارة بالنقاط \(C,D,M\). توجد هذه الدائرة لأن \(C,D,M\) ليست على استقامة واحدة. وبما أن \(E\) تقع داخل وترها \(CD\)، فإنها تقع داخل هذه الدائرة، ومن ثم تقع \(P\) على الشعاع \(EA\).
لنكتب \[ EA=a,\qquad EB=b,\qquad EM=m, \] حيث \(a>0\) و\(0<m<b\). بتطبيق نظرية الوترين المتقاطعين على الدائرة الأصلية وعلى الدائرة \(CDMP\)، نحصل على \[ EP\cdot EM=EC\cdot ED=EA\cdot EB. \] إذن \[ EP=\frac{ab}{m}>a, \] ومن ثم تقع النقاط على \(AB\) بالترتيب \[ P,\ A,\ E,\ M,\ B. \]
ليكن \(\ell\) المماس عند \(E\) للدائرة \(DEM\). ندّعي أن \(\ell\parallel PC\). بالفعل، باستخدام الزوايا الموجهة بترديد \(180^\circ\)، تعطينا نظرية الزاوية بين المماس والوتر ووقوع النقاط \(C,D,M,P\) على دائرة واحدة \[ \angle(\ell,ED) =\angle(ME,MD) =\angle(MP,MD) =\angle(CP,CD). \] وبما أن \(CD\) و\(ED\) هما المستقيم نفسه، فإن هذا يثبت الادعاء.
بما أن \(P\ne A,B\) و\(C\notin AB\)، فإن المستقيم \(PC\) لا يوازي أيًّا من \(AC\) و\(BC\). ومن ثم فإن \(F\) و\(G\) نقطتان منتهيتان محددتان على نحو وحيد. ويبيّن الترتيب السابق والعلاقة \(\ell\parallel PC\) أن \(F\) تقع على القطعة \(BC\)، في حين تقع \(G\) على الشعاع المنطلق من \(A\) والمعاكس للشعاع \(AC\). لذلك يعطينا تشابه المثلثات \[ \frac{EF}{PC}=\frac{EB}{PB}, \qquad \frac{EG}{PC}=\frac{EA}{PA}. \] وبالتالي، \[ \begin{aligned} \frac{EG}{EF} &=\frac{EA}{PA}\cdot\frac{PB}{EB}\\ &=\frac{a}{ab/m-a}\cdot\frac{ab/m+b}{b}\\ &=\frac{a+m}{b-m} =\frac{AM}{MB}. \end{aligned} \] جميع المقامات موجبة لأن \(0<m<b\). وأخيرًا، لدينا \(AM=t\,AB\) و\(MB=(1-t)AB\)، فنحصل على \[ \boxed{\frac{EG}{EF}=\frac{t}{1-t}}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).