IMO 1996 · Problem 2
Let \(P\) be a point inside triangle \(ABC\) such that \[ \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC. \] Let \(D,E\) be the incenters of triangles \(APB,APC\), respectively. Show that \(AP,BD,CE\) meet at a point.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let the ray \(AP\) meet the circumcircle of \(ABC\) again at \(K\). Since \(P\) is inside \(ABC\), this ray crosses the interior of \(BC\). Consequently, \(K\) lies on the open arc \(BC\) not containing \(A\), and the points occur in the order \(A,P,K\).
Put \(\beta=\angle ABC\) and \(\gamma=\angle ACB\). By the inscribed-angle theorem, \[ \angle BKP=\angle BKA=\gamma, \qquad \angle CKP=\angle CKA=\beta. \] Since the rays \(PA\) and \(PK\) are opposite, the angle sums in triangles \(BPK\) and \(CPK\) give \[ \angle PBK=\angle APB-\gamma, \qquad \angle PCK=\angle APC-\beta. \] The hypothesis therefore says that \[ \angle PBK=\angle PCK=\delta \] for some \(0<\delta<180^\circ\).
Applying the sine rule to these two triangles yields \[ \frac{PB}{\sin\gamma} =\frac{PK}{\sin\delta} =\frac{PC}{\sin\beta}. \] Applying it also to triangle \(ABC\), we obtain \[ \frac{PB}{PC} =\frac{\sin\gamma}{\sin\beta} =\frac{AB}{AC}, \] and hence \[ \frac{AB}{PB}=\frac{AC}{PC}. \tag{1} \]
Because \(D\) and \(E\) are the respective incenters, \(BD\) and \(CE\) are the internal angle bisectors at \(B\) in triangle \(ABP\) and at \(C\) in triangle \(ACP\). Let them meet the segment \(AP\) at \(X\) and \(Y\), respectively. Both intersections lie strictly between \(A\) and \(P\). The angle bisector theorem and (1) give \[ \frac{AX}{XP} =\frac{AB}{PB} =\frac{AC}{PC} =\frac{AY}{YP}. \] Together with \(AX+XP=AY+YP=AP\), this implies \(AX=AY\), so \(X=Y\).
Thus \(AP,BD,CE\) meet at this common point. \(\square\)
The solution was checked against John Scholes' IMO solution archive (Kalva).
IMO 1996 · Aufgabe 2
Sei \(P\) ein Punkt im Inneren des Dreiecks \(ABC\), für den \[ \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC \] gilt. Seien \(D,E\) die Inkreismittelpunkte der Dreiecke \(APB,APC\) in dieser Reihenfolge. Zeige, dass sich \(AP,BD,CE\) in einem Punkt schneiden.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Der Strahl \(AP\) schneide den Umkreis von \(ABC\) erneut in \(K\). Da \(P\) im Inneren von \(ABC\) liegt, schneidet dieser Strahl das Innere der Strecke \(BC\). Folglich liegt \(K\) auf dem offenen Kreisbogen \(BC\), der \(A\) nicht enthält, und die Punkte liegen in der Reihenfolge \(A,P,K\).
Wir setzen \(\beta=\angle ABC\) und \(\gamma=\angle ACB\). Nach dem Umfangswinkelsatz gilt \[ \angle BKP=\angle BKA=\gamma, \qquad \angle CKP=\angle CKA=\beta. \] Da die Strahlen \(PA\) und \(PK\) entgegengesetzt sind, ergeben die Winkelsummen in den Dreiecken \(BPK\) und \(CPK\) \[ \angle PBK=\angle APB-\gamma, \qquad \angle PCK=\angle APC-\beta. \] Die Voraussetzung besagt daher, dass \[ \angle PBK=\angle PCK=\delta \] für ein \(0<\delta<180^\circ\) gilt.
Die Anwendung des Sinussatzes auf diese beiden Dreiecke liefert \[ \frac{PB}{\sin\gamma} =\frac{PK}{\sin\delta} =\frac{PC}{\sin\beta}. \] Wenden wir ihn auch auf das Dreieck \(ABC\) an, so erhalten wir \[ \frac{PB}{PC} =\frac{\sin\gamma}{\sin\beta} =\frac{AB}{AC}, \] und somit \[ \frac{AB}{PB}=\frac{AC}{PC}. \tag{1} \]
Da \(D\) und \(E\) die jeweiligen Inkreismittelpunkte sind, sind \(BD\) und \(CE\) die inneren Winkelhalbierenden bei \(B\) im Dreieck \(ABP\) bzw. bei \(C\) im Dreieck \(ACP\). Sie schneiden die Strecke \(AP\) in \(X\) bzw. \(Y\). Beide Schnittpunkte liegen echt zwischen \(A\) und \(P\). Der Winkelhalbierendensatz und (1) liefern \[ \frac{AX}{XP} =\frac{AB}{PB} =\frac{AC}{PC} =\frac{AY}{YP}. \] Zusammen mit \(AX+XP=AY+YP=AP\) folgt daraus \(AX=AY\), also \(X=Y\).
Somit schneiden sich \(AP,BD,CE\) in diesem gemeinsamen Punkt. \(\square\)
Die Lösung wurde mit dem IMO-Lösungsarchiv von John Scholes (Kalva) abgeglichen.
IMO 1996 · Soru 2
\(P\), \(ABC\) üçgeninin içinde \[ \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC \] eşitliğini sağlayan bir nokta olsun. \(D,E\), sırasıyla \(APB,APC\) üçgenlerinin içteğet çemberlerinin merkezleri olsun. \(AP,BD,CE\) doğrularının bir noktada kesiştiğini gösteriniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(AP\) ışını, \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez \(K\) noktasında kessin. \(P\), \(ABC\) üçgeninin içinde olduğundan bu ışın \(BC\) doğru parçasının içinden geçer. Dolayısıyla \(K\), \(A\) noktasını içermeyen açık \(BC\) yayı üzerinde bulunur ve noktalar \(A,P,K\) sırasındadır.
\(\beta=\angle ABC\) ve \(\gamma=\angle ACB\) olsun. Çevre açı teoremine göre \[ \angle BKP=\angle BKA=\gamma, \qquad \angle CKP=\angle CKA=\beta. \] \(PA\) ve \(PK\) ışınları zıt yönlü olduğundan, \(BPK\) ve \(CPK\) üçgenlerinde iç açıların toplamından \[ \angle PBK=\angle APB-\gamma, \qquad \angle PCK=\angle APC-\beta \] elde edilir. Dolayısıyla verilen koşul \[ \angle PBK=\angle PCK=\delta \] eşitliğinin \(0<\delta<180^\circ\) koşulunu sağlayan bir \(\delta\) için geçerli olduğunu söyler.
Bu iki üçgene sinüs teoremini uygulayarak \[ \frac{PB}{\sin\gamma} =\frac{PK}{\sin\delta} =\frac{PC}{\sin\beta} \] buluruz. Sinüs teoremini \(ABC\) üçgenine de uygulayarak \[ \frac{PB}{PC} =\frac{\sin\gamma}{\sin\beta} =\frac{AB}{AC}, \] ve dolayısıyla \[ \frac{AB}{PB}=\frac{AC}{PC} \tag{1} \] elde ederiz.
\(D\) ve \(E\) ilgili üçgenlerin içteğet çemberlerinin merkezleri olduğundan, \(BD\) ve \(CE\), sırasıyla \(ABP\) üçgeninin \(B\) köşesindeki ve \(ACP\) üçgeninin \(C\) köşesindeki iç açıortaylardır. Bunlar \(AP\) doğru parçasını sırasıyla \(X\) ve \(Y\) noktalarında kessin. Her iki kesişim noktası da \(A\) ile \(P\) arasında, uç noktalardan farklıdır. Açıortay teoremi ve (1) eşitliği \[ \frac{AX}{XP} =\frac{AB}{PB} =\frac{AC}{PC} =\frac{AY}{YP} \] sonucunu verir. Bu, \(AX+XP=AY+YP=AP\) ile birlikte \(AX=AY\) olduğunu, dolayısıyla \(X=Y\) olduğunu gösterir.
Böylece \(AP,BD,CE\) doğruları bu ortak noktada kesişir. \(\square\)
Çözüm, John Scholes'un IMO çözüm arşiviyle (Kalva) karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1996 · Problema 2
Sea \(P\) un punto interior al triángulo \(ABC\) tal que \[ \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC. \] Sean \(D,E\) los incentros de los triángulos \(APB,APC\), respectivamente. Demostrar que \(AP,BD,CE\) concurren en un punto.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \(K\) el segundo punto de intersección de la semirrecta \(AP\) con la circunferencia circunscrita a \(ABC\). Como \(P\) es interior a \(ABC\), esta semirrecta corta el interior del segmento \(BC\). Por consiguiente, \(K\) pertenece al arco abierto \(BC\) que no contiene a \(A\), y los puntos aparecen en el orden \(A,P,K\).
Sean \(\beta=\angle ABC\) y \(\gamma=\angle ACB\). Por el teorema del ángulo inscrito, \[ \angle BKP=\angle BKA=\gamma, \qquad \angle CKP=\angle CKA=\beta. \] Como las semirrectas \(PA\) y \(PK\) son opuestas, las sumas de los ángulos de los triángulos \(BPK\) y \(CPK\) dan \[ \angle PBK=\angle APB-\gamma, \qquad \angle PCK=\angle APC-\beta. \] La hipótesis afirma, por tanto, que \[ \angle PBK=\angle PCK=\delta \] para algún \(0<\delta<180^\circ\).
Al aplicar el teorema del seno a estos dos triángulos, obtenemos \[ \frac{PB}{\sin\gamma} =\frac{PK}{\sin\delta} =\frac{PC}{\sin\beta}. \] Aplicándolo también al triángulo \(ABC\), obtenemos \[ \frac{PB}{PC} =\frac{\sin\gamma}{\sin\beta} =\frac{AB}{AC}, \] y, por tanto, \[ \frac{AB}{PB}=\frac{AC}{PC}. \tag{1} \]
Como \(D\) y \(E\) son los respectivos incentros, \(BD\) y \(CE\) son las bisectrices interiores del ángulo en \(B\) del triángulo \(ABP\) y del ángulo en \(C\) del triángulo \(ACP\). Sean \(X\) e \(Y\) sus intersecciones con el segmento \(AP\), respectivamente. Ambas intersecciones están estrictamente entre \(A\) y \(P\). El teorema de la bisectriz y (1) dan \[ \frac{AX}{XP} =\frac{AB}{PB} =\frac{AC}{PC} =\frac{AY}{YP}. \] Junto con \(AX+XP=AY+YP=AP\), esto implica \(AX=AY\), de modo que \(X=Y\).
Así pues, \(AP,BD,CE\) concurren en este punto común. \(\square\)
La solución se comprobó con el archivo de soluciones de la IMO de John Scholes (Kalva).
IMO 1996 · 问题 2
设 \(P\) 是三角形 \(ABC\) 内部的一点，满足 \[ \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC. \] 设 \(D,E\) 分别是三角形 \(APB,APC\) 的内心。证明：\(AP,BD,CE\) 交于一点。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
设射线 \(AP\) 与 \(ABC\) 的外接圆再次相交于 \(K\)。由于 \(P\) 在 \(ABC\) 内部，这条射线穿过线段 \(BC\) 的内部。因此，\(K\) 位于不含 \(A\) 的弧 \(BC\) 上，且不在端点处，而三点的顺序为 \(A,P,K\)。
记 \(\beta=\angle ABC\)，\(\gamma=\angle ACB\)。由圆周角定理， \[ \angle BKP=\angle BKA=\gamma, \qquad \angle CKP=\angle CKA=\beta. \] 由于射线 \(PA\) 与 \(PK\) 方向相反，由三角形 \(BPK\) 和 \(CPK\) 的内角和可得 \[ \angle PBK=\angle APB-\gamma, \qquad \angle PCK=\angle APC-\beta. \] 因此，题设条件说明 \[ \angle PBK=\angle PCK=\delta \] 其中 \(0<\delta<180^\circ\)。
对这两个三角形应用正弦定理，得到 \[ \frac{PB}{\sin\gamma} =\frac{PK}{\sin\delta} =\frac{PC}{\sin\beta}. \] 再对三角形 \(ABC\) 应用正弦定理，得到 \[ \frac{PB}{PC} =\frac{\sin\gamma}{\sin\beta} =\frac{AB}{AC}, \] 从而 \[ \frac{AB}{PB}=\frac{AC}{PC}. \tag{1} \]
由于 \(D\) 和 \(E\) 分别是相应三角形的内心，\(BD\) 和 \(CE\) 分别是三角形 \(ABP\) 在 \(B\) 处与三角形 \(ACP\) 在 \(C\) 处的内角平分线。设它们分别与线段 \(AP\) 相交于 \(X\) 和 \(Y\)。两个交点都严格位于 \(A\) 与 \(P\) 之间。由角平分线定理和 (1) 得 \[ \frac{AX}{XP} =\frac{AB}{PB} =\frac{AC}{PC} =\frac{AY}{YP}. \] 结合 \(AX+XP=AY+YP=AP\)，可得 \(AX=AY\)，故 \(X=Y\)。
因此，\(AP,BD,CE\) 交于这个公共点。\(\square\)
解答已与 John Scholes 的 IMO 解答档案（Kalva）核对。
IMO 1996 · Задача 2
Пусть \(P\) — точка внутри треугольника \(ABC\), для которой \[ \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC. \] Пусть \(D,E\) — центры вписанных окружностей треугольников \(APB,APC\) соответственно. Докажите, что прямые \(AP,BD,CE\) пересекаются в одной точке.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть луч \(AP\) вторично пересекает описанную окружность треугольника \(ABC\) в точке \(K\). Поскольку \(P\) лежит внутри \(ABC\), этот луч пересекает внутреннюю часть отрезка \(BC\). Следовательно, \(K\) лежит на открытой дуге \(BC\), не содержащей \(A\), а точки расположены в порядке \(A,P,K\).
Положим \(\beta=\angle ABC\) и \(\gamma=\angle ACB\). По теореме о вписанном угле \[ \angle BKP=\angle BKA=\gamma, \qquad \angle CKP=\angle CKA=\beta. \] Поскольку лучи \(PA\) и \(PK\) противоположны, из сумм углов треугольников \(BPK\) и \(CPK\) получаем \[ \angle PBK=\angle APB-\gamma, \qquad \angle PCK=\angle APC-\beta. \] Таким образом, по условию \[ \angle PBK=\angle PCK=\delta \] для некоторого \(0<\delta<180^\circ\).
Применяя теорему синусов к этим двум треугольникам, получаем \[ \frac{PB}{\sin\gamma} =\frac{PK}{\sin\delta} =\frac{PC}{\sin\beta}. \] Применяя её также к треугольнику \(ABC\), находим \[ \frac{PB}{PC} =\frac{\sin\gamma}{\sin\beta} =\frac{AB}{AC}, \] откуда \[ \frac{AB}{PB}=\frac{AC}{PC}. \tag{1} \]
Поскольку \(D\) и \(E\) — центры соответствующих вписанных окружностей, прямые \(BD\) и \(CE\) содержат биссектрисы внутренних углов при вершине \(B\) треугольника \(ABP\) и при вершине \(C\) треугольника \(ACP\). Пусть они пересекают отрезок \(AP\) в точках \(X\) и \(Y\) соответственно. Обе точки пересечения лежат строго между \(A\) и \(P\). По теореме о биссектрисе и равенству (1) \[ \frac{AX}{XP} =\frac{AB}{PB} =\frac{AC}{PC} =\frac{AY}{YP}. \] Вместе с \(AX+XP=AY+YP=AP\) это даёт \(AX=AY\), поэтому \(X=Y\).
Таким образом, прямые \(AP,BD,CE\) пересекаются в этой общей точке. \(\square\)
Решение проверено по архиву решений IMO Джона Скоулза (Kalva).
IMO 1996 · المسألة 2
لتكن \(P\) نقطة داخل المثلث \(ABC\) بحيث \[ \angle APB-\angle ACB=\angle APC-\angle ABC. \] ولتكن \(D,E\) مركزي الدائرتين الداخليتين للمثلثين \(APB,APC\)، على الترتيب. بيّن أن \(AP,BD,CE\) تتلاقى في نقطة واحدة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
ليقطع الشعاع \(AP\) الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\) مرة أخرى في \(K\). بما أن \(P\) تقع داخل \(ABC\)، فإن هذا الشعاع يمر بنقطة داخل القطعة \(BC\). وبالتالي تقع \(K\) على القوس المفتوح \(BC\) الذي لا يحتوي على \(A\)، وتأتي النقاط بالترتيب \(A,P,K\).
نضع \(\beta=\angle ABC\) و\(\gamma=\angle ACB\). بحسب نظرية الزاوية المحيطية، \[ \angle BKP=\angle BKA=\gamma, \qquad \angle CKP=\angle CKA=\beta. \] بما أن الشعاعين \(PA\) و\(PK\) متعاكسان، فإن مجموع الزوايا في كل من المثلثين \(BPK\) و\(CPK\) يعطي \[ \angle PBK=\angle APB-\gamma, \qquad \angle PCK=\angle APC-\beta. \] إذًا ينص الفرض على أن \[ \angle PBK=\angle PCK=\delta \] لقيمة ما تحقق \(0<\delta<180^\circ\).
بتطبيق قانون الجيوب على هذين المثلثين نحصل على \[ \frac{PB}{\sin\gamma} =\frac{PK}{\sin\delta} =\frac{PC}{\sin\beta}. \] وبتطبيقه أيضًا على المثلث \(ABC\)، نحصل على \[ \frac{PB}{PC} =\frac{\sin\gamma}{\sin\beta} =\frac{AB}{AC}, \] ومن ثم \[ \frac{AB}{PB}=\frac{AC}{PC}. \tag{1} \]
بما أن \(D\) و\(E\) هما مركزا الدائرتين الداخليتين للمثلثين المعنيين، فإن \(BD\) و\(CE\) هما منصفا الزاويتين الداخليتين عند \(B\) في المثلث \(ABP\) وعند \(C\) في المثلث \(ACP\). ولتكن نقطتا تقاطعهما مع القطعة \(AP\) هما \(X\) و\(Y\)، على الترتيب. تقع نقطتا التقاطع كلتاهما بين \(A\) و\(P\) تمامًا. ومن نظرية منصف الزاوية و(1) نحصل على \[ \frac{AX}{XP} =\frac{AB}{PB} =\frac{AC}{PC} =\frac{AY}{YP}. \] وبالاقتران مع \(AX+XP=AY+YP=AP\)، يستلزم ذلك \(AX=AY\)، ومن ثم \(X=Y\).
إذًا تتلاقى \(AP,BD,CE\) في هذه النقطة المشتركة. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بأرشيف حلول IMO لجون سكولز (Kalva).