IMO 1998 · Problem 1
In the convex quadrilateral \(ABCD\), the diagonals \(AC\) and \(BD\) are perpendicular and the opposite sides \(AB\) and \(DC\) are not parallel. Suppose that the point \(P\), where the perpendicular bisectors of \(AB\) and \(DC\) meet, is inside \(ABCD\). Prove that \(ABCD\) is a cyclic quadrilateral if and only if the triangles \(ABP\) and \(CDP\) have equal areas.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \([XYZ]\) for the area of triangle \(XYZ\). Take the intersection of the diagonals as the origin and the perpendicular diagonals as the coordinate axes. Since the quadrilateral is convex, we can write \[ A=(a,0),\qquad B=(0,b),\qquad C=(-c,0),\qquad D=(0,-d), \] where \(a,b,c,d>0\). Let \(P=(x,y)\).
By the definition of \(P\), \[ PA^2=PB^2=r^2,\qquad PC^2=PD^2=s^2. \] Set \(t=r^2-s^2\). Subtracting squared distances gives \[ t=PA^2-PC^2=(a+c)(a-c-2x) \] and \[ t=PB^2-PD^2=(b+d)(b-d-2y). \] Consequently, \[ x=\frac{a-c}{2}-\frac{t}{2(a+c)},\qquad y=\frac{b-d}{2}-\frac{t}{2(b+d)}. \]
Because \(P\) is inside the quadrilateral, it lies on the same side of \(AB\) as \(C\), and on the same side of \(CD\) as \(A\). Thus the coordinate formulas for the areas give \[ [ABP]=\frac{ab-bx-ay}{2},\qquad [CDP]=\frac{cd+dx+cy}{2}. \] Substituting the expressions for \(x,y\), we obtain \[ \begin{aligned} 4\bigl([ABP]-[CDP]\bigr) &=2\bigl(ab-cd-(b+d)x-(a+c)y\bigr)\\ &=t\left(\frac{b+d}{a+c}+\frac{a+c}{b+d}\right), \end{aligned} \] where we used \[ (b+d)(a-c)+(a+c)(b-d)=2(ab-cd). \] The coefficient of \(t\) is strictly positive. Therefore \[ [ABP]=[CDP]\quad\Longleftrightarrow\quad r^2=s^2. \]
If \(r^2=s^2\), all four vertices are at the same distance from \(P\), so \(ABCD\) is cyclic.
Conversely, if \(ABCD\) is cyclic, its circumcenter lies on the perpendicular bisectors of both \(AB\) and \(DC\). Since these sides are not parallel, their perpendicular bisectors have the unique intersection \(P\). Hence \(P\) is the circumcenter, so \(r^2=s^2\), and the two triangle areas are equal. \(\square\)
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 1998 · Aufgabe 1
Im konvexen Viereck \(ABCD\) stehen die Diagonalen \(AC\) und \(BD\) senkrecht aufeinander, und die gegenüberliegenden Seiten \(AB\) und \(DC\) sind nicht parallel. Der Schnittpunkt \(P\) der Mittelsenkrechten von \(AB\) und \(DC\) liege im Inneren von \(ABCD\). Beweise, dass \(ABCD\) genau dann ein Sehnenviereck ist, wenn die Dreiecke \(ABP\) und \(CDP\) denselben Flächeninhalt haben.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Mit \([XYZ]\) bezeichnen wir den Flächeninhalt des Dreiecks \(XYZ\). Wir wählen den Schnittpunkt der Diagonalen als Ursprung und die senkrecht aufeinander stehenden Diagonalen als Koordinatenachsen. Da das Viereck konvex ist, können wir schreiben \[ A=(a,0),\qquad B=(0,b),\qquad C=(-c,0),\qquad D=(0,-d), \] wobei \(a,b,c,d>0\). Sei \(P=(x,y)\).
Nach der Definition von \(P\) gilt \[ PA^2=PB^2=r^2,\qquad PC^2=PD^2=s^2. \] Setzen wir \(t=r^2-s^2\). Durch Subtraktion der quadrierten Abstände erhalten wir \[ t=PA^2-PC^2=(a+c)(a-c-2x) \] und \[ t=PB^2-PD^2=(b+d)(b-d-2y). \] Folglich gilt \[ x=\frac{a-c}{2}-\frac{t}{2(a+c)},\qquad y=\frac{b-d}{2}-\frac{t}{2(b+d)}. \]
Da \(P\) im Inneren des Vierecks liegt, liegt es auf derselben Seite von \(AB\) wie \(C\) und auf derselben Seite von \(CD\) wie \(A\). Die Koordinatenformeln für die Flächeninhalte ergeben somit \[ [ABP]=\frac{ab-bx-ay}{2},\qquad [CDP]=\frac{cd+dx+cy}{2}. \] Setzen wir die Ausdrücke für \(x,y\) ein, so erhalten wir \[ \begin{aligned} 4\bigl([ABP]-[CDP]\bigr) &=2\bigl(ab-cd-(b+d)x-(a+c)y\bigr)\\ &=t\left(\frac{b+d}{a+c}+\frac{a+c}{b+d}\right), \end{aligned} \] wobei wir \[ (b+d)(a-c)+(a+c)(b-d)=2(ab-cd) \] verwendet haben. Der Koeffizient von \(t\) ist strikt positiv. Daher gilt \[ [ABP]=[CDP]\quad\Longleftrightarrow\quad r^2=s^2. \]
Ist \(r^2=s^2\), so haben alle vier Eckpunkte denselben Abstand von \(P\), also ist \(ABCD\) ein Sehnenviereck.
Ist umgekehrt \(ABCD\) ein Sehnenviereck, so liegt sein Umkreismittelpunkt auf den Mittelsenkrechten sowohl von \(AB\) als auch von \(DC\). Da diese Seiten nicht parallel sind, haben ihre Mittelsenkrechten genau einen Schnittpunkt, nämlich \(P\). Somit ist \(P\) der Umkreismittelpunkt, also gilt \(r^2=s^2\), und die beiden Dreiecke haben denselben Flächeninhalt. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 1998 · Soru 1
Dışbükey bir \(ABCD\) dörtgeninde \(AC\) ve \(BD\) köşegenleri birbirine diktir ve karşılıklı \(AB\) ve \(DC\) kenarları paralel değildir. \(AB\) ve \(DC\) kenarlarının orta dikmelerinin kesiştiği \(P\) noktasının \(ABCD\) dörtgeninin içinde olduğunu varsayalım. \(ABCD\) dörtgeninin çembersel olması için gerek ve yeter koşulun \(ABP\) ve \(CDP\) üçgenlerinin alanlarının eşit olması olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(XYZ\) üçgeninin alanını \([XYZ]\) ile gösterelim. Köşegenlerin kesişim noktasını başlangıç noktası, birbirine dik köşegenleri de koordinat eksenleri olarak alalım. Dörtgen dışbükey olduğundan \[ A=(a,0),\qquad B=(0,b),\qquad C=(-c,0),\qquad D=(0,-d) \] yazabiliriz; burada \(a,b,c,d>0\). \(P=(x,y)\) olsun.
\(P\) noktasının tanımı gereği, \[ PA^2=PB^2=r^2,\qquad PC^2=PD^2=s^2. \] \(t=r^2-s^2\) olsun. Uzaklıkların karelerini çıkararak \[ t=PA^2-PC^2=(a+c)(a-c-2x) \] ve \[ t=PB^2-PD^2=(b+d)(b-d-2y) \] elde ederiz. Dolayısıyla, \[ x=\frac{a-c}{2}-\frac{t}{2(a+c)},\qquad y=\frac{b-d}{2}-\frac{t}{2(b+d)}. \]
\(P\) dörtgenin içinde olduğundan, \(AB\) doğrusuna göre \(C\) ile aynı tarafta, \(CD\) doğrusuna göre de \(A\) ile aynı taraftadır. Böylece koordinatlarla alan hesaplama formülleri \[ [ABP]=\frac{ab-bx-ay}{2},\qquad [CDP]=\frac{cd+dx+cy}{2} \] eşitliklerini verir. \(x,y\) için bulduğumuz ifadeleri yerine koyarak \[ \begin{aligned} 4\bigl([ABP]-[CDP]\bigr) &=2\bigl(ab-cd-(b+d)x-(a+c)y\bigr)\\ &=t\left(\frac{b+d}{a+c}+\frac{a+c}{b+d}\right) \end{aligned} \] elde ederiz; burada \[ (b+d)(a-c)+(a+c)(b-d)=2(ab-cd) \] eşitliğini kullandık. \(t\)'nin katsayısı kesinlikle pozitiftir. O hâlde \[ [ABP]=[CDP]\quad\Longleftrightarrow\quad r^2=s^2. \]
\(r^2=s^2\) ise dört köşenin tümü \(P\) noktasına eşit uzaklıktadır; dolayısıyla \(ABCD\) çemberseldir.
Tersine, \(ABCD\) çembersel ise çevrel çemberinin merkezi hem \(AB\) hem de \(DC\) kenarının orta dikmesi üzerindedir. Bu kenarlar paralel olmadığından orta dikmelerinin tek kesişim noktası \(P\)'dir. Dolayısıyla \(P\) çevrel çemberin merkezidir; böylece \(r^2=s^2\) olur ve iki üçgenin alanları eşittir. \(\square\)
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1998 · Problema 1
En el cuadrilátero convexo \(ABCD\), las diagonales \(AC\) y \(BD\) son perpendiculares y los lados opuestos \(AB\) y \(DC\) no son paralelos. Supongamos que el punto \(P\), en el que se cortan las mediatrices de \(AB\) y \(DC\), está en el interior de \(ABCD\). Demostrar que \(ABCD\) es un cuadrilátero cíclico si y solo si los triángulos \(ABP\) y \(CDP\) tienen la misma área.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Denotemos por \([XYZ]\) el área del triángulo \(XYZ\). Tomemos la intersección de las diagonales como origen y las diagonales perpendiculares como ejes de coordenadas. Como el cuadrilátero es convexo, podemos escribir \[ A=(a,0),\qquad B=(0,b),\qquad C=(-c,0),\qquad D=(0,-d), \] donde \(a,b,c,d>0\). Sea \(P=(x,y)\).
Por la definición de \(P\), \[ PA^2=PB^2=r^2,\qquad PC^2=PD^2=s^2. \] Sea \(t=r^2-s^2\). Al restar los cuadrados de las distancias, obtenemos \[ t=PA^2-PC^2=(a+c)(a-c-2x) \] y \[ t=PB^2-PD^2=(b+d)(b-d-2y). \] Por consiguiente, \[ x=\frac{a-c}{2}-\frac{t}{2(a+c)},\qquad y=\frac{b-d}{2}-\frac{t}{2(b+d)}. \]
Como \(P\) está en el interior del cuadrilátero, se encuentra al mismo lado de \(AB\) que \(C\), y al mismo lado de \(CD\) que \(A\). Así, las fórmulas de las áreas en coordenadas dan \[ [ABP]=\frac{ab-bx-ay}{2},\qquad [CDP]=\frac{cd+dx+cy}{2}. \] Sustituyendo las expresiones de \(x,y\), obtenemos \[ \begin{aligned} 4\bigl([ABP]-[CDP]\bigr) &=2\bigl(ab-cd-(b+d)x-(a+c)y\bigr)\\ &=t\left(\frac{b+d}{a+c}+\frac{a+c}{b+d}\right), \end{aligned} \] donde hemos usado \[ (b+d)(a-c)+(a+c)(b-d)=2(ab-cd). \] El coeficiente de \(t\) es estrictamente positivo. Por tanto, \[ [ABP]=[CDP]\quad\Longleftrightarrow\quad r^2=s^2. \]
Si \(r^2=s^2\), los cuatro vértices están a la misma distancia de \(P\), por lo que \(ABCD\) es cíclico.
Recíprocamente, si \(ABCD\) es cíclico, su circuncentro pertenece a las mediatrices tanto de \(AB\) como de \(DC\). Como estos lados no son paralelos, sus mediatrices tienen un único punto de intersección, \(P\). Por ello, \(P\) es el circuncentro, de modo que \(r^2=s^2\), y las áreas de los dos triángulos son iguales. \(\square\)
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 1998 · 问题 1
在凸四边形 \(ABCD\) 中，对角线 \(AC\) 与 \(BD\) 垂直，且对边 \(AB\) 与 \(DC\) 不平行。设 \(AB\) 与 \(DC\) 的垂直平分线交于点 \(P\)，且 \(P\) 位于 \(ABCD\) 内部。证明：\(ABCD\) 是圆内接四边形，当且仅当三角形 \(ABP\) 与 \(CDP\) 的面积相等。
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。以对角线的交点为原点，以互相垂直的两条对角线所在直线为坐标轴。由于四边形是凸的，可以设 \[ A=(a,0),\qquad B=(0,b),\qquad C=(-c,0),\qquad D=(0,-d), \] 其中 \(a,b,c,d>0\)。设 \(P=(x,y)\)。
由 \(P\) 的定义， \[ PA^2=PB^2=r^2,\qquad PC^2=PD^2=s^2. \] 令 \(t=r^2-s^2\)。将距离的平方相减，得 \[ t=PA^2-PC^2=(a+c)(a-c-2x) \] 以及 \[ t=PB^2-PD^2=(b+d)(b-d-2y). \] 因此， \[ x=\frac{a-c}{2}-\frac{t}{2(a+c)},\qquad y=\frac{b-d}{2}-\frac{t}{2(b+d)}. \]
由于 \(P\) 位于四边形内部，它与 \(C\) 位于直线 \(AB\) 的同侧，并与 \(A\) 位于直线 \(CD\) 的同侧。因此，由面积的坐标公式得 \[ [ABP]=\frac{ab-bx-ay}{2},\qquad [CDP]=\frac{cd+dx+cy}{2}. \] 代入 \(x,y\) 的表达式，得到 \[ \begin{aligned} 4\bigl([ABP]-[CDP]\bigr) &=2\bigl(ab-cd-(b+d)x-(a+c)y\bigr)\\ &=t\left(\frac{b+d}{a+c}+\frac{a+c}{b+d}\right), \end{aligned} \] 其中用到了 \[ (b+d)(a-c)+(a+c)(b-d)=2(ab-cd). \] \(t\) 的系数严格为正。因此 \[ [ABP]=[CDP]\quad\Longleftrightarrow\quad r^2=s^2. \]
若 \(r^2=s^2\)，则四个顶点到 \(P\) 的距离都相等，故 \(ABCD\) 是圆内接四边形。
反之，若 \(ABCD\) 是圆内接四边形，则其外心同时位于 \(AB\) 与 \(DC\) 的垂直平分线上。由于这两条边不平行，它们的垂直平分线有唯一的交点 \(P\)。因此 \(P\) 就是外心，从而 \(r^2=s^2\)，于是两个三角形的面积相等。\(\square\)
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 1998 · Задача 1
В выпуклом четырёхугольнике \(ABCD\) диагонали \(AC\) и \(BD\) перпендикулярны, а противоположные стороны \(AB\) и \(DC\) не параллельны. Пусть точка \(P\) пересечения серединных перпендикуляров к \(AB\) и \(DC\) лежит внутри \(ABCD\). Докажите, что четырёхугольник \(ABCD\) является вписанным тогда и только тогда, когда треугольники \(ABP\) и \(CDP\) имеют равные площади.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим через \([XYZ]\) площадь треугольника \(XYZ\). Выберем точку пересечения диагоналей за начало координат, а перпендикулярные диагонали — за координатные оси. Поскольку четырёхугольник выпуклый, можно записать \[ A=(a,0),\qquad B=(0,b),\qquad C=(-c,0),\qquad D=(0,-d), \] где \(a,b,c,d>0\). Пусть \(P=(x,y)\).
По определению точки \(P\), \[ PA^2=PB^2=r^2,\qquad PC^2=PD^2=s^2. \] Положим \(t=r^2-s^2\). Вычитая квадраты расстояний, получаем \[ t=PA^2-PC^2=(a+c)(a-c-2x) \] и \[ t=PB^2-PD^2=(b+d)(b-d-2y). \] Следовательно, \[ x=\frac{a-c}{2}-\frac{t}{2(a+c)},\qquad y=\frac{b-d}{2}-\frac{t}{2(b+d)}. \]
Поскольку точка \(P\) лежит внутри четырёхугольника, она находится по ту же сторону от \(AB\), что и \(C\), и по ту же сторону от \(CD\), что и \(A\). Поэтому по координатным формулам площадей \[ [ABP]=\frac{ab-bx-ay}{2},\qquad [CDP]=\frac{cd+dx+cy}{2}. \] Подставляя выражения для \(x,y\), получаем \[ \begin{aligned} 4\bigl([ABP]-[CDP]\bigr) &=2\bigl(ab-cd-(b+d)x-(a+c)y\bigr)\\ &=t\left(\frac{b+d}{a+c}+\frac{a+c}{b+d}\right), \end{aligned} \] где мы воспользовались равенством \[ (b+d)(a-c)+(a+c)(b-d)=2(ab-cd). \] Коэффициент при \(t\) строго положителен. Поэтому \[ [ABP]=[CDP]\quad\Longleftrightarrow\quad r^2=s^2. \]
Если \(r^2=s^2\), то все четыре вершины равноудалены от \(P\), поэтому \(ABCD\) — вписанный четырёхугольник.
Обратно, если \(ABCD\) — вписанный четырёхугольник, то центр его описанной окружности лежит на серединных перпендикулярах к \(AB\) и \(DC\). Поскольку эти стороны не параллельны, их серединные перпендикуляры имеют единственную точку пересечения \(P\). Значит, \(P\) — центр описанной окружности, откуда \(r^2=s^2\), и площади двух треугольников равны. \(\square\)
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 1998 · المسألة 1
في الرباعي المحدب \(ABCD\)، القطران \(AC\) و\(BD\) متعامدان، والضلعان المتقابلان \(AB\) و\(DC\) غير متوازيين. افترض أن نقطة تقاطع العمودين المنصفين للقطعتين \(AB\) و\(DC\)، وهي النقطة \(P\)، تقع داخل \(ABCD\). أثبت أن \(ABCD\) رباعي دائري إذا وفقط إذا كانت مساحتا المثلثين \(ABP\) و\(CDP\) متساويتين.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لنرمز بـ\([XYZ]\) إلى مساحة المثلث \(XYZ\). نتخذ نقطة تقاطع القطرين مبدأً للإحداثيات، والقطرين المتعامدين محوري الإحداثيات. بما أن الرباعي محدب، يمكننا أن نكتب \[ A=(a,0),\qquad B=(0,b),\qquad C=(-c,0),\qquad D=(0,-d), \] حيث \(a,b,c,d>0\). لتكن \(P=(x,y)\).
من تعريف \(P\)، \[ PA^2=PB^2=r^2,\qquad PC^2=PD^2=s^2. \] نضع \(t=r^2-s^2\). بطرح مربعات المسافات نحصل على \[ t=PA^2-PC^2=(a+c)(a-c-2x) \] و \[ t=PB^2-PD^2=(b+d)(b-d-2y). \] وعليه، \[ x=\frac{a-c}{2}-\frac{t}{2(a+c)},\qquad y=\frac{b-d}{2}-\frac{t}{2(b+d)}. \]
بما أن \(P\) تقع داخل الرباعي، فإنها تقع مع \(C\) في الجهة نفسها من المستقيم \(AB\)، ومع \(A\) في الجهة نفسها من المستقيم \(CD\). ومن ثم تعطينا صيغ المساحات بالإحداثيات \[ [ABP]=\frac{ab-bx-ay}{2},\qquad [CDP]=\frac{cd+dx+cy}{2}. \] بالتعويض عن \(x,y\) بعبارتيهما، نحصل على \[ \begin{aligned} 4\bigl([ABP]-[CDP]\bigr) &=2\bigl(ab-cd-(b+d)x-(a+c)y\bigr)\\ &=t\left(\frac{b+d}{a+c}+\frac{a+c}{b+d}\right), \end{aligned} \] حيث استخدمنا \[ (b+d)(a-c)+(a+c)(b-d)=2(ab-cd). \] معامل \(t\) موجب تمامًا. لذلك \[ [ABP]=[CDP]\quad\Longleftrightarrow\quad r^2=s^2. \]
إذا كان \(r^2=s^2\)، فإن الرؤوس الأربعة جميعها تبعد المسافة نفسها عن \(P\)، ومن ثم يكون \(ABCD\) دائريًا.
وعكسًا، إذا كان \(ABCD\) دائريًا، فإن مركز دائرته المحيطة يقع على العمودين المنصفين لكل من \(AB\) و\(DC\). وبما أن هذين الضلعين غير متوازيين، فإن عموديهما المنصفين يتقاطعان في نقطة وحيدة هي \(P\). إذن \(P\) هي مركز الدائرة المحيطة، ومن ثم \(r^2=s^2\)، وتكون مساحتا المثلثين متساويتين. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.