IMO 1995 · Problem 1
Let \(A, B, C, D\) be four distinct points on a line, in that order. The circles with diameters \(AC\) and \(BD\) intersect at \(X\) and \(Y\). The line \(XY\) meets \(BC\) at \(Z\). Let \(P\) be a point on the line \(XY\) other than \(Z\). The line \(CP\) intersects the circle with diameter \(AC\) at \(C\) and \(M\), and the line \(BP\) intersects the circle with diameter \(BD\) at \(B\) and \(N\). Prove that the lines \(AM, DN, XY\) are concurrent.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The centers of the two circles are distinct and lie on \(AD\). Both centers lie on the perpendicular bisector of their common chord \(XY\), so \(XY\perp AD\), and \(Z\) is the midpoint of \(XY\). Thus \(Z\) lies inside both circles, hence in both open diameter segments \(AC\) and \(BD\). Consequently, \(Z\) lies strictly between \(B\) and \(C\).
Choose Cartesian coordinates with \(Z=(0,0)\), \(AD\) as the horizontal axis, and \(XY\) as the vertical axis. Write \[ A=(-a,0),\quad B=(-b,0),\quad C=(c,0),\quad D=(d,0),\quad P=(0,p), \] where \[ a>b>0,\qquad d>c>0,\qquad p\ne0. \] Applying the intersecting-chords theorem at \(Z\) in each circle gives \[ ac=ZA\cdot ZC=ZX\cdot ZY=ZB\cdot ZD=bd. \tag{1} \]
The tangents at \(C\) and \(B\) to their respective circles are vertical. Since \(b,c>0\), neither \(CP\) nor \(BP\) is such a tangent. Their second intersections therefore satisfy \(M\ne C\) and \(N\ne B\). Moreover, \(p\ne0\) ensures that \(M\ne A\) and \(N\ne D\), since either equality would put \(P\) on \(AD\). Thus \(AM\) and \(DN\) are well defined.
By Thales’ theorem, \[ AM\perp CM=CP,\qquad DN\perp BN=BP. \] A direction vector of \(CP\) is \((-c,p)\). Therefore the perpendicular line through \(A=(-a,0)\), namely \(AM\), has equation \[ -c(x+a)+py=0. \] Similarly, a direction vector of \(BP\) is \((b,p)\), so \(DN\) has equation \[ b(x-d)+py=0. \]
On \(XY\), we have \(x=0\). Hence \(AM\) and \(DN\) meet \(XY\) at \[ \left(0,\frac{ac}{p}\right) \quad\text{and}\quad \left(0,\frac{bd}{p}\right), \] respectively. These are the same point by (1), proving the required concurrence.
The argument also covers \(P=X\) or \(P=Y\), when \(M=N=P\).
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1995 · Aufgabe 1
Es seien \(A, B, C, D\) vier verschiedene Punkte auf einer Geraden, die in dieser Reihenfolge liegen. Die Kreise mit den Durchmessern \(AC\) und \(BD\) schneiden sich in \(X\) und \(Y\). Die Gerade \(XY\) schneidet \(BC\) in \(Z\). Es sei \(P\) ein von \(Z\) verschiedener Punkt auf der Geraden \(XY\). Die Gerade \(CP\) schneidet den Kreis mit dem Durchmesser \(AC\) in \(C\) und \(M\), und die Gerade \(BP\) schneidet den Kreis mit dem Durchmesser \(BD\) in \(B\) und \(N\). Man beweise, dass die Geraden \(AM, DN, XY\) durch einen gemeinsamen Punkt gehen.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Die Mittelpunkte der beiden Kreise sind verschieden und liegen auf \(AD\). Beide Mittelpunkte liegen auf der Mittelsenkrechten ihrer gemeinsamen Sehne \(XY\), also gilt \(XY\perp AD\), und \(Z\) ist der Mittelpunkt von \(XY\). Somit liegt \(Z\) im Inneren beider Kreise und daher auf beiden offenen Durchmesserstrecken \(AC\) und \(BD\). Folglich liegt \(Z\) strikt zwischen \(B\) und \(C\).
Wir wählen kartesische Koordinaten mit \(Z=(0,0)\), \(AD\) als waagerechter Achse und \(XY\) als senkrechter Achse. Wir schreiben \[ A=(-a,0),\quad B=(-b,0),\quad C=(c,0),\quad D=(d,0),\quad P=(0,p), \] wobei \[ a>b>0,\qquad d>c>0,\qquad p\ne0. \] Die Anwendung des Sehnensatzes in \(Z\) auf beide Kreise ergibt \[ ac=ZA\cdot ZC=ZX\cdot ZY=ZB\cdot ZD=bd. \tag{1} \]
Die Tangenten in \(C\) bzw. \(B\) an den jeweiligen Kreis verlaufen senkrecht. Wegen \(b,c>0\) ist weder \(CP\) noch \(BP\) eine solche Tangente. Für ihre zweiten Schnittpunkte gilt daher \(M\ne C\) und \(N\ne B\). Außerdem gewährleistet \(p\ne0\), dass \(M\ne A\) und \(N\ne D\) gilt, da jede dieser Gleichheiten zur Folge hätte, dass \(P\) auf \(AD\) liegt. Somit sind \(AM\) und \(DN\) wohldefiniert.
Nach dem Satz des Thales gilt \[ AM\perp CM=CP,\qquad DN\perp BN=BP. \] Ein Richtungsvektor von \(CP\) ist \((-c,p)\). Daher hat die dazu senkrechte Gerade durch \(A=(-a,0)\), also \(AM\), die Gleichung \[ -c(x+a)+py=0. \] Entsprechend ist \((b,p)\) ein Richtungsvektor von \(BP\), sodass \(DN\) die Gleichung \[ b(x-d)+py=0 \] hat.
Auf \(XY\) gilt \(x=0\). Daher schneiden \(AM\) bzw. \(DN\) die Gerade \(XY\) in den Punkten \[ \left(0,\frac{ac}{p}\right) \quad\text{und}\quad \left(0,\frac{bd}{p}\right) \] in der angegebenen Reihenfolge. Diese stimmen nach (1) überein, womit bewiesen ist, dass die drei Geraden durch einen gemeinsamen Punkt gehen.
Der Beweis erfasst auch die Fälle \(P=X\) oder \(P=Y\), in denen \(M=N=P\) gilt.
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1995 · Soru 1
Bir doğru üzerinde bu sırayla bulunan dört farklı nokta \(A, B, C, D\) olsun. Çapları \(AC\) ve \(BD\) olan çemberler \(X\) ve \(Y\) noktalarında kesişmektedir. \(XY\) doğrusu \(BC\)'yi \(Z\) noktasında kesmektedir. \(P\), \(XY\) doğrusu üzerinde \(Z\)'den farklı bir nokta olsun. \(CP\) doğrusu, çapı \(AC\) olan çemberi \(C\) ve \(M\) noktalarında; \(BP\) doğrusu ise çapı \(BD\) olan çemberi \(B\) ve \(N\) noktalarında kesmektedir. \(AM, DN, XY\) doğrularının bir noktada kesiştiğini kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
İki çemberin merkezleri birbirinden farklıdır ve \(AD\) doğrusu üzerindedir. Her iki merkez de ortak kirişleri \(XY\)'nin orta dikmesi üzerinde olduğundan \(XY\perp AD\) olur ve \(Z\), \(XY\)'nin orta noktasıdır. Dolayısıyla \(Z\), her iki çemberin içinde, dolayısıyla hem \(AC\) hem de \(BD\) çaplarının uç noktaları arasında bulunur. Sonuç olarak \(Z\), \(B\) ile \(C\) arasında ve bu noktalardan farklıdır.
\(Z=(0,0)\), \(AD\) yatay eksen ve \(XY\) düşey eksen olacak şekilde Kartezyen koordinatlar seçelim. \[ A=(-a,0),\quad B=(-b,0),\quad C=(c,0),\quad D=(d,0),\quad P=(0,p), \] yazalım; burada \[ a>b>0,\qquad d>c>0,\qquad p\ne0. \] Her iki çemberde \(Z\) noktasında kesişen kirişler teoremini uygulayarak \[ ac=ZA\cdot ZC=ZX\cdot ZY=ZB\cdot ZD=bd \tag{1} \] elde ederiz.
İlgili çemberlere \(C\) ve \(B\) noktalarında çizilen teğetler düşeydir. \(b,c>0\) olduğundan ne \(CP\) ne de \(BP\) böyle bir teğettir. Dolayısıyla ikinci kesişim noktaları \(M\ne C\) ve \(N\ne B\) koşullarını sağlar. Ayrıca \(p\ne0\) olması, \(M\ne A\) ve \(N\ne D\) olmasını sağlar; çünkü bu eşitliklerden herhangi biri \(P\)'nin \(AD\) üzerinde olmasını gerektirirdi. Böylece \(AM\) ve \(DN\) doğruları iyi tanımlıdır.
Thales teoremine göre, \[ AM\perp CM=CP,\qquad DN\perp BN=BP. \] \(CP\)'nin bir doğrultu vektörü \((-c,p)\)'dir. Bu nedenle \(A=(-a,0)\) noktasından geçen ve bu doğruya dik olan \(AM\) doğrusunun denklemi \[ -c(x+a)+py=0 \] olur. Benzer şekilde, \(BP\)'nin bir doğrultu vektörü \((b,p)\) olduğundan \(DN\)'nin denklemi \[ b(x-d)+py=0 \] olur.
\(XY\) üzerinde \(x=0\)'dır. Dolayısıyla \(AM\) ve \(DN\), \(XY\)'yi sırasıyla \[ \left(0,\frac{ac}{p}\right) \quad\text{ve}\quad \left(0,\frac{bd}{p}\right), \] noktalarında keser. (1) gereğince bu noktalar aynıdır; böylece doğruların bir noktada kesiştiği kanıtlanmış olur.
Bu akıl yürütme, \(M=N=P\) olan \(P=X\) veya \(P=Y\) durumlarını da kapsar.
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1995 · Problema 1
Sean \(A, B, C, D\) cuatro puntos distintos de una recta, en ese orden. Las circunferencias de diámetros \(AC\) y \(BD\) se cortan en \(X\) e \(Y\). La recta \(XY\) corta a \(BC\) en \(Z\). Sea \(P\) un punto de la recta \(XY\) distinto de \(Z\). La recta \(CP\) corta a la circunferencia de diámetro \(AC\) en \(C\) y \(M\), y la recta \(BP\) corta a la circunferencia de diámetro \(BD\) en \(B\) y \(N\). Demuestre que las rectas \(AM, DN, XY\) son concurrentes.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Los centros de las dos circunferencias son distintos y están sobre \(AD\). Ambos centros pertenecen a la mediatriz de su cuerda común \(XY\), por lo que \(XY\perp AD\), y \(Z\) es el punto medio de \(XY\). Por tanto, \(Z\) está en el interior de ambas circunferencias y, en consecuencia, en los dos segmentos abiertos de diámetro \(AC\) y \(BD\). Por consiguiente, \(Z\) está estrictamente entre \(B\) y \(C\).
Elegimos coordenadas cartesianas con \(Z=(0,0)\), \(AD\) como eje horizontal y \(XY\) como eje vertical. Escribimos \[ A=(-a,0),\quad B=(-b,0),\quad C=(c,0),\quad D=(d,0),\quad P=(0,p), \] donde \[ a>b>0,\qquad d>c>0,\qquad p\ne0. \] Al aplicar el teorema de las cuerdas que se cortan en \(Z\) a cada circunferencia, obtenemos \[ ac=ZA\cdot ZC=ZX\cdot ZY=ZB\cdot ZD=bd. \tag{1} \]
Las tangentes en \(C\) y \(B\) a sus respectivas circunferencias son verticales. Como \(b,c>0\), ni \(CP\) ni \(BP\) es una de esas tangentes. Por tanto, sus segundas intersecciones satisfacen \(M\ne C\) y \(N\ne B\). Además, \(p\ne0\) garantiza que \(M\ne A\) y \(N\ne D\), pues cualquiera de esas igualdades situaría a \(P\) sobre \(AD\). Así, \(AM\) y \(DN\) están bien definidas.
Por el teorema de Tales, \[ AM\perp CM=CP,\qquad DN\perp BN=BP. \] Un vector director de \(CP\) es \((-c,p)\). Por tanto, la recta perpendicular que pasa por \(A=(-a,0)\), es decir, \(AM\), tiene ecuación \[ -c(x+a)+py=0. \] Análogamente, un vector director de \(BP\) es \((b,p)\), por lo que \(DN\) tiene ecuación \[ b(x-d)+py=0. \]
Sobre \(XY\), tenemos \(x=0\). Por tanto, \(AM\) y \(DN\) cortan a \(XY\) en \[ \left(0,\frac{ac}{p}\right) \quad\text{y}\quad \left(0,\frac{bd}{p}\right), \] respectivamente. Por (1), estos puntos coinciden, lo que demuestra la concurrencia requerida.
El argumento también abarca los casos \(P=X\) o \(P=Y\), en los que \(M=N=P\).
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1995 · 问题 1
设 \(A, B, C, D\) 是一条直线上依次排列的四个不同的点。以 \(AC\) 和 \(BD\) 为直径的两圆相交于 \(X\) 和 \(Y\)。直线 \(XY\) 与 \(BC\) 相交于 \(Z\)。设 \(P\) 是直线 \(XY\) 上异于 \(Z\) 的一点。直线 \(CP\) 与以 \(AC\) 为直径的圆相交于 \(C\) 和 \(M\)，直线 \(BP\) 与以 \(BD\) 为直径的圆相交于 \(B\) 和 \(N\)。证明：直线 \(AM, DN, XY\) 共点。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
两圆的圆心互不相同，且均在 \(AD\) 上。两个圆心都在公共弦 \(XY\) 的垂直平分线上，所以 \(XY\perp AD\)，且 \(Z\) 是 \(XY\) 的中点。因此，\(Z\) 位于两圆内部，从而同时位于直径线段 \(AC\) 和 \(BD\) 的内部。所以，\(Z\) 严格位于 \(B\) 与 \(C\) 之间。
建立直角坐标系，使 \(Z=(0,0)\)，以 \(AD\) 为横轴，以 \(XY\) 为纵轴。记 \[ A=(-a,0),\quad B=(-b,0),\quad C=(c,0),\quad D=(d,0),\quad P=(0,p), \] 其中 \[ a>b>0,\qquad d>c>0,\qquad p\ne0. \] 在两圆中分别对 \(Z\) 应用相交弦定理，得 \[ ac=ZA\cdot ZC=ZX\cdot ZY=ZB\cdot ZD=bd. \tag{1} \]
两圆分别在 \(C\) 和 \(B\) 处的切线都是竖直的。由于 \(b,c>0\)，\(CP\) 和 \(BP\) 都不是相应圆在该点的切线。因此，它们与相应圆的第二个交点满足 \(M\ne C\) 和 \(N\ne B\)。此外，\(p\ne0\) 保证了 \(M\ne A\) 和 \(N\ne D\)，因为其中任一等式成立都会使 \(P\) 位于 \(AD\) 上。因此，直线 \(AM\) 和 \(DN\) 均有明确定义。
由泰勒斯定理， \[ AM\perp CM=CP,\qquad DN\perp BN=BP. \] \(CP\) 的一个方向向量是 \((-c,p)\)。因此，过 \(A=(-a,0)\) 且垂直于 \(CP\) 的直线，即 \(AM\)，其方程为 \[ -c(x+a)+py=0. \] 同理，\(BP\) 的一个方向向量是 \((b,p)\)，所以 \(DN\) 的方程为 \[ b(x-d)+py=0. \]
在 \(XY\) 上，有 \(x=0\)。因此，\(AM\) 和 \(DN\) 与 \(XY\) 的交点分别为 \[ \left(0,\frac{ac}{p}\right) \quad\text{和}\quad \left(0,\frac{bd}{p}\right), \] 由 (1)，这两个点重合，从而证明了所要求的三线共点。
上述论证也涵盖 \(P=X\) 或 \(P=Y\) 的情形，此时 \(M=N=P\)。
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1995 · Задача 1
Пусть \(A, B, C, D\) — четыре различные точки, лежащие на одной прямой в указанном порядке. Окружности с диаметрами \(AC\) и \(BD\) пересекаются в точках \(X\) и \(Y\). Прямая \(XY\) пересекает \(BC\) в точке \(Z\). Пусть \(P\) — точка на прямой \(XY\), отличная от \(Z\). Прямая \(CP\) пересекает окружность с диаметром \(AC\) в точках \(C\) и \(M\), а прямая \(BP\) пересекает окружность с диаметром \(BD\) в точках \(B\) и \(N\). Докажите, что прямые \(AM, DN, XY\) проходят через одну точку.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Центры двух окружностей различны и лежат на \(AD\). Оба центра лежат на серединном перпендикуляре к их общей хорде \(XY\), поэтому \(XY\perp AD\), а \(Z\) — середина \(XY\). Следовательно, \(Z\) лежит внутри обеих окружностей, а значит, внутри обоих отрезков-диаметров \(AC\) и \(BD\). Таким образом, \(Z\) лежит строго между \(B\) и \(C\).
Выберем декартову систему координат так, чтобы \(Z=(0,0)\), прямая \(AD\) была горизонтальной осью, а \(XY\) — вертикальной. Обозначим \[ A=(-a,0),\quad B=(-b,0),\quad C=(c,0),\quad D=(d,0),\quad P=(0,p), \] где \[ a>b>0,\qquad d>c>0,\qquad p\ne0. \] Применяя теорему о произведениях отрезков пересекающихся хорд в точке \(Z\) к каждой окружности, получаем \[ ac=ZA\cdot ZC=ZX\cdot ZY=ZB\cdot ZD=bd. \tag{1} \]
Касательные к соответствующим окружностям в точках \(C\) и \(B\) вертикальны. Так как \(b,c>0\), ни \(CP\), ни \(BP\) не является такой касательной. Поэтому их вторые точки пересечения удовлетворяют условиям \(M\ne C\) и \(N\ne B\). Кроме того, из \(p\ne0\) следует, что \(M\ne A\) и \(N\ne D\), поскольку любое из этих равенств означало бы, что \(P\) лежит на \(AD\). Таким образом, прямые \(AM\) и \(DN\) определены корректно.
По теореме об угле, опирающемся на диаметр, \[ AM\perp CM=CP,\qquad DN\perp BN=BP. \] Направляющим вектором прямой \(CP\) является \((-c,p)\). Поэтому перпендикулярная ей прямая, проходящая через \(A=(-a,0)\), то есть \(AM\), имеет уравнение \[ -c(x+a)+py=0. \] Аналогично, направляющим вектором прямой \(BP\) является \((b,p)\), поэтому уравнение прямой \(DN\) имеет вид \[ b(x-d)+py=0. \]
На прямой \(XY\) имеем \(x=0\). Следовательно, \(AM\) и \(DN\) пересекают \(XY\) в точках \[ \left(0,\frac{ac}{p}\right) \quad\text{и}\quad \left(0,\frac{bd}{p}\right), \] соответственно. В силу (1) эти точки совпадают, что и доказывает требуемое утверждение.
Рассуждение охватывает также случаи \(P=X\) и \(P=Y\), когда \(M=N=P\).
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1995 · المسألة 1
لتكن \(A, B, C, D\) أربع نقاط متمايزة على مستقيم، بهذا الترتيب. تتقاطع الدائرتان اللتان قطراهما \(AC\) و\(BD\) في النقطتين \(X\) و\(Y\). يقطع المستقيم \(XY\) القطعة \(BC\) في النقطة \(Z\). ولتكن \(P\) نقطة على المستقيم \(XY\) غير \(Z\). يقطع المستقيم \(CP\) الدائرة التي قطرها \(AC\) في \(C\) و\(M\)، ويقطع المستقيم \(BP\) الدائرة التي قطرها \(BD\) في \(B\) و\(N\). أثبت أن المستقيمات \(AM, DN, XY\) تتلاقى في نقطة واحدة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
مركزا الدائرتين متمايزان ويقعان على \(AD\). ويقع كلا المركزين على العمود المنصف لوترهما المشترك \(XY\)، ولذلك فإن \(XY\perp AD\)، وتكون \(Z\) منتصف \(XY\). ومن ثم تقع \(Z\) داخل كلتا الدائرتين، وبالتالي داخل كل من قطعتي القطر المفتوحتين \(AC\) و\(BD\). وعليه، تقع \(Z\) بين \(B\) و\(C\) تمامًا.
نختار إحداثيات ديكارتية بحيث تكون \(Z=(0,0)\)، ويكون \(AD\) المحور الأفقي، و\(XY\) المحور الرأسي. نكتب \[ A=(-a,0),\quad B=(-b,0),\quad C=(c,0),\quad D=(d,0),\quad P=(0,p), \] حيث \[ a>b>0,\qquad d>c>0,\qquad p\ne0. \] بتطبيق نظرية الوترين المتقاطعين عند \(Z\) في كل دائرة، نحصل على \[ ac=ZA\cdot ZC=ZX\cdot ZY=ZB\cdot ZD=bd. \tag{1} \]
المماسان عند \(C\) و\(B\) للدائرتين المعنيتين رأسيان. وبما أن \(b,c>0\)، فليس أي من \(CP\) و\(BP\) مماسًا من هذا النوع. ولذلك تحقق نقطتا التقاطع الثانيتان \(M\ne C\) و\(N\ne B\). كذلك فإن \(p\ne0\) يضمن أن \(M\ne A\) و\(N\ne D\)، إذ إن أيًّا من هاتين المساواتين سيجعل \(P\) تقع على \(AD\). ومن ثم فإن المستقيمين \(AM\) و\(DN\) محددان تحديدًا سليمًا.
حسب نظرية طاليس، \[ AM\perp CM=CP,\qquad DN\perp BN=BP. \] متجه توجيه للمستقيم \(CP\) هو \((-c,p)\). ولذلك فإن المستقيم العمودي عليه والمار بالنقطة \(A=(-a,0)\)، أي \(AM\)، معادلته \[ -c(x+a)+py=0. \] وبالمثل، فإن متجه توجيه للمستقيم \(BP\) هو \((b,p)\)، ومن ثم تكون معادلة \(DN\) \[ b(x-d)+py=0. \]
على \(XY\)، لدينا \(x=0\). لذا يلتقي \(AM\) و\(DN\) بالمستقيم \(XY\) في النقطتين \[ \left(0,\frac{ac}{p}\right) \quad\text{و}\quad \left(0,\frac{bd}{p}\right), \] على الترتيب. وهاتان هما النقطة نفسها بموجب (1)، مما يثبت التلاقي المطلوب.
يشمل البرهان أيضًا الحالتين \(P=X\) أو \(P=Y\)، حيث يكون \(M=N=P\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).