IMO 1998 · Problem 5
Let \(I\) be the incenter of triangle \(ABC\). Let the incircle of \(ABC\) touch the sides \(BC\), \(CA\), and \(AB\) at \(K\), \(L\), and \(M\), respectively. The line through \(B\) parallel to \(MK\) meets the lines \(LM\) and \(LK\) at \(R\) and \(S\), respectively. Prove that angle \(RIS\) is acute.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Choose Cartesian coordinates and scale lengths so that \[ I=(0,0),\qquad B=(1,0), \] and write the incircle as \[ x^2+y^2=t. \] Here \(0<t<1\), since the incircle has positive radius and the right triangle \(IMB\) gives \(IM<IB=1\).
If \(M=(x,y)\), the tangency condition \(IM\perp BM\) gives \[ (x,y)\cdot(1-x,-y)=0, \] so \(x=x^2+y^2=t\). The same holds for \(K\). Thus, after reflecting the coordinates if necessary, \[ M=(t,h),\qquad K=(t,-h),\qquad h=\sqrt{t(1-t)}>0. \] Consequently, the line through \(B\) parallel to \(MK\) is \(x=1\).
Write \(L=(u,v)\), so that \[ u^2+v^2=t. \] The contact points \(K,L,M\) are distinct: otherwise two different sides of the triangle would be the same tangent to the incircle. Since the only points of the incircle with first coordinate \(t\) are \(M\) and \(K\), we have \(u\ne t\). In particular, both intersections defining \(R\) and \(S\) exist uniquely.
Let \[ R=(1,p),\qquad S=(1,q). \] Using the equations of the lines \(LM\) and \(LK\), respectively, gives \[ p=\frac{(1-u)h-(1-t)v}{t-u}, \qquad q=\frac{-(1-u)h-(1-t)v}{t-u}. \] Therefore, using \(h^2=t(1-t)\) and \(v^2=t-u^2\), \[ \begin{aligned} pq &=\frac{(1-t)^2v^2-(1-u)^2h^2}{(t-u)^2}\\ &=\frac{(1-t)\bigl((1-t)(t-u^2)-t(1-u)^2\bigr)} {(t-u)^2}\\ &=\frac{-(1-t)(t-u)^2}{(t-u)^2}\\ &=t-1. \end{aligned} \] In particular, \(pq<0\), so \(p\ne q\); hence \(I,R,S\) are not collinear. Finally, \[ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS} =(1,p)\cdot(1,q)=1+pq=t>0. \] Thus the angle between \(IR\) and \(IS\) is acute, as required. \(\square\)
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 1998 · Aufgabe 5
Sei \(I\) der Inkreismittelpunkt des Dreiecks \(ABC\). Der Inkreis von \(ABC\) berühre die Seiten \(BC\), \(CA\) und \(AB\) in \(K\), \(L\) bzw. \(M\). Die Parallele zu \(MK\) durch \(B\) schneide die Geraden \(LM\) und \(LK\) in \(R\) bzw. \(S\). Beweise, dass der Winkel \(RIS\) spitz ist.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir wählen kartesische Koordinaten und skalieren die Längen so, dass \[ I=(0,0),\qquad B=(1,0), \] und schreiben die Gleichung des Inkreises als \[ x^2+y^2=t. \] Hier gilt \(0<t<1\), da der Inkreis einen positiven Radius hat und sich aus dem rechtwinkligen Dreieck \(IMB\) die Ungleichung \(IM<IB=1\) ergibt.
Ist \(M=(x,y)\), so folgt aus der Berührungsbedingung \(IM\perp BM\), dass \[ (x,y)\cdot(1-x,-y)=0, \] also \(x=x^2+y^2=t\). Dasselbe gilt für \(K\). Nach einer gegebenenfalls nötigen Spiegelung des Koordinatensystems gilt somit \[ M=(t,h),\qquad K=(t,-h),\qquad h=\sqrt{t(1-t)}>0. \] Folglich hat die Parallele zu \(MK\) durch \(B\) die Gleichung \(x=1\).
Schreiben wir \(L=(u,v)\), sodass \[ u^2+v^2=t. \] Die Berührpunkte \(K,L,M\) sind paarweise verschieden: Andernfalls wären zwei verschiedene Seiten des Dreiecks dieselbe Tangente an den Inkreis. Da \(M\) und \(K\) die einzigen Punkte des Inkreises mit erster Koordinate \(t\) sind, gilt \(u\ne t\). Insbesondere existieren die beiden Schnittpunkte, durch die \(R\) und \(S\) definiert sind, jeweils eindeutig.
Seien \[ R=(1,p),\qquad S=(1,q). \] Aus den Gleichungen der Geraden \(LM\) bzw. \(LK\) folgt \[ p=\frac{(1-u)h-(1-t)v}{t-u}, \qquad q=\frac{-(1-u)h-(1-t)v}{t-u}. \] Mit \(h^2=t(1-t)\) und \(v^2=t-u^2\) erhalten wir daher \[ \begin{aligned} pq &=\frac{(1-t)^2v^2-(1-u)^2h^2}{(t-u)^2}\\ &=\frac{(1-t)\bigl((1-t)(t-u^2)-t(1-u)^2\bigr)} {(t-u)^2}\\ &=\frac{-(1-t)(t-u)^2}{(t-u)^2}\\ &=t-1. \end{aligned} \] Insbesondere gilt \(pq<0\), also \(p\ne q\); daher liegen \(I,R,S\) nicht auf einer Geraden. Schließlich gilt \[ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS} =(1,p)\cdot(1,q)=1+pq=t>0. \] Somit ist der Winkel zwischen \(IR\) und \(IS\) wie behauptet spitz. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 1998 · Soru 5
\(I\), \(ABC\) üçgeninin iç teğet çemberinin merkezi olsun. \(ABC\)'nin iç teğet çemberi \(BC\), \(CA\) ve \(AB\) kenarlarına sırasıyla \(K\), \(L\) ve \(M\) noktalarında teğet olsun. \(B\)'den geçen ve \(MK\)'ye paralel olan doğru, \(LM\) ve \(LK\) doğrularını sırasıyla \(R\) ve \(S\) noktalarında kesiyor. \(RIS\) açısının dar açı olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Kartezyen koordinatları seçip uzunlukları \[ I=(0,0),\qquad B=(1,0) \] olacak şekilde ölçeklendirelim ve iç teğet çemberin denklemini \[ x^2+y^2=t \] biçiminde yazalım. Burada \(0<t<1\); çünkü iç teğet çemberin yarıçapı pozitiftir ve \(IMB\) dik üçgeninden \(IM<IB=1\) elde edilir.
\(M=(x,y)\) ise \(IM\perp BM\) teğetlik koşulu \[ (x,y)\cdot(1-x,-y)=0 \] eşitliğini verir; dolayısıyla \(x=x^2+y^2=t\). Aynısı \(K\) için de geçerlidir. Böylece, gerekirse koordinat sistemini yansıtarak, \[ M=(t,h),\qquad K=(t,-h),\qquad h=\sqrt{t(1-t)}>0 \] yazabiliriz. Dolayısıyla \(B\)'den geçen ve \(MK\)'ye paralel olan doğru \(x=1\)'dir.
\(L=(u,v)\) yazalım; böylece \[ u^2+v^2=t. \] \(K,L,M\) teğet noktaları birbirinden farklıdır: aksi hâlde üçgenin iki farklı kenarı, iç teğet çembere çizilen aynı teğet üzerinde olurdu. İç teğet çemberin birinci koordinatı \(t\) olan yegâne noktaları \(M\) ve \(K\) olduğundan \(u\ne t\). Özellikle, \(R\) ve \(S\)'yi tanımlayan kesişimlerin her ikisi de vardır ve tektir.
\[ R=(1,p),\qquad S=(1,q) \] olsun. Sırasıyla \(LM\) ve \(LK\) doğrularının denklemlerini kullanarak \[ p=\frac{(1-u)h-(1-t)v}{t-u}, \qquad q=\frac{-(1-u)h-(1-t)v}{t-u} \] elde ederiz. Dolayısıyla \(h^2=t(1-t)\) ve \(v^2=t-u^2\) eşitliklerini kullanarak \[ \begin{aligned} pq &=\frac{(1-t)^2v^2-(1-u)^2h^2}{(t-u)^2}\\ &=\frac{(1-t)\bigl((1-t)(t-u^2)-t(1-u)^2\bigr)} {(t-u)^2}\\ &=\frac{-(1-t)(t-u)^2}{(t-u)^2}\\ &=t-1 \end{aligned} \] buluruz. Özellikle \(pq<0\) olduğundan \(p\ne q\); dolayısıyla \(I,R,S\) doğrusal değildir. Son olarak, \[ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS} =(1,p)\cdot(1,q)=1+pq=t>0. \] Böylece \(IR\) ve \(IS\) arasındaki açı, istendiği gibi dar açıdır. \(\square\)
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 1998 · Problema 5
Sea \(I\) el incentro del triángulo \(ABC\). La circunferencia inscrita de \(ABC\) es tangente a los lados \(BC\), \(CA\) y \(AB\) en \(K\), \(L\) y \(M\), respectivamente. La recta que pasa por \(B\) y es paralela a \(MK\) corta a las rectas \(LM\) y \(LK\) en \(R\) y \(S\), respectivamente. Demostrar que el ángulo \(RIS\) es agudo.
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Elijamos coordenadas cartesianas y ajustemos la escala de las longitudes de modo que \[ I=(0,0),\qquad B=(1,0), \] y escribamos la ecuación de la circunferencia inscrita como \[ x^2+y^2=t. \] Aquí \(0<t<1\), pues la circunferencia inscrita tiene radio positivo y el triángulo rectángulo \(IMB\) da \(IM<IB=1\).
Si \(M=(x,y)\), la condición de tangencia \(IM\perp BM\) da \[ (x,y)\cdot(1-x,-y)=0, \] por lo que \(x=x^2+y^2=t\). Lo mismo se cumple para \(K\). Así, tras reflejar el sistema de coordenadas si es necesario, \[ M=(t,h),\qquad K=(t,-h),\qquad h=\sqrt{t(1-t)}>0. \] Por consiguiente, la recta que pasa por \(B\) y es paralela a \(MK\) es \(x=1\).
Escribamos \(L=(u,v)\), de modo que \[ u^2+v^2=t. \] Los puntos de tangencia \(K,L,M\) son distintos: de lo contrario, dos lados diferentes del triángulo estarían sobre la misma tangente a la circunferencia inscrita. Como los únicos puntos de la circunferencia inscrita cuya primera coordenada es \(t\) son \(M\) y \(K\), tenemos \(u\ne t\). En particular, las dos intersecciones que definen \(R\) y \(S\) existen y son únicas.
Sean \[ R=(1,p),\qquad S=(1,q). \] Usando las ecuaciones de las rectas \(LM\) y \(LK\), respectivamente, obtenemos \[ p=\frac{(1-u)h-(1-t)v}{t-u}, \qquad q=\frac{-(1-u)h-(1-t)v}{t-u}. \] Por tanto, usando \(h^2=t(1-t)\) y \(v^2=t-u^2\), \[ \begin{aligned} pq &=\frac{(1-t)^2v^2-(1-u)^2h^2}{(t-u)^2}\\ &=\frac{(1-t)\bigl((1-t)(t-u^2)-t(1-u)^2\bigr)} {(t-u)^2}\\ &=\frac{-(1-t)(t-u)^2}{(t-u)^2}\\ &=t-1. \end{aligned} \] En particular, \(pq<0\), por lo que \(p\ne q\); así, \(I,R,S\) no están alineados. Por último, \[ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS} =(1,p)\cdot(1,q)=1+pq=t>0. \] Por tanto, el ángulo entre \(IR\) e \(IS\) es agudo, como se quería demostrar. \(\square\)
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 1998 · 问题 5
设 \(I\) 为三角形 \(ABC\) 的内心。设 \(ABC\) 的内切圆分别与边 \(BC\)、\(CA\) 和 \(AB\) 相切于 \(K\)、\(L\) 和 \(M\)。过 \(B\) 作平行于 \(MK\) 的直线，分别交直线 \(LM\) 和 \(LK\) 于 \(R\) 和 \(S\)。证明角 \(RIS\) 为锐角。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
选取直角坐标系，并适当缩放长度，使得 \[ I=(0,0),\qquad B=(1,0), \] 将内切圆的方程写为 \[ x^2+y^2=t. \] 这里 \(0<t<1\)，因为内切圆的半径为正，且由直角三角形 \(IMB\) 可得 \(IM<IB=1\)。
若 \(M=(x,y)\)，则由相切条件 \(IM\perp BM\) 得 \[ (x,y)\cdot(1-x,-y)=0, \] 故 \(x=x^2+y^2=t\)。对 \(K\) 也有同样的结论。因此，必要时将坐标系作镜像反射后，有 \[ M=(t,h),\qquad K=(t,-h),\qquad h=\sqrt{t(1-t)}>0. \] 于是，过 \(B\) 且平行于 \(MK\) 的直线为 \(x=1\)。
设 \(L=(u,v)\)，则 \[ u^2+v^2=t. \] 切点 \(K,L,M\) 互不相同：否则，三角形的两条不同的边将位于内切圆的同一条切线上。由于内切圆上第一坐标为 \(t\) 的点只有 \(M\) 和 \(K\)，故 \(u\ne t\)。特别地，定义 \(R\) 和 \(S\) 的两个交点都存在且唯一。
设 \[ R=(1,p),\qquad S=(1,q). \] 分别利用直线 \(LM\) 和 \(LK\) 的方程，得到 \[ p=\frac{(1-u)h-(1-t)v}{t-u}, \qquad q=\frac{-(1-u)h-(1-t)v}{t-u}. \] 因此，利用 \(h^2=t(1-t)\) 和 \(v^2=t-u^2\)，有 \[ \begin{aligned} pq &=\frac{(1-t)^2v^2-(1-u)^2h^2}{(t-u)^2}\\ &=\frac{(1-t)\bigl((1-t)(t-u^2)-t(1-u)^2\bigr)} {(t-u)^2}\\ &=\frac{-(1-t)(t-u)^2}{(t-u)^2}\\ &=t-1. \end{aligned} \] 特别地，\(pq<0\)，故 \(p\ne q\)；因此 \(I,R,S\) 不共线。最后， \[ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS} =(1,p)\cdot(1,q)=1+pq=t>0. \] 因此，\(IR\) 与 \(IS\) 的夹角为锐角，即得所证。\(\square\)
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 1998 · Задача 5
Пусть \(I\) — центр вписанной окружности треугольника \(ABC\). Пусть вписанная окружность треугольника \(ABC\) касается сторон \(BC\), \(CA\) и \(AB\) в точках \(K\), \(L\) и \(M\) соответственно. Прямая, проходящая через \(B\) параллельно \(MK\), пересекает прямые \(LM\) и \(LK\) в точках \(R\) и \(S\) соответственно. Докажите, что угол \(RIS\) острый.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Выберем декартову систему координат и единицу длины так, чтобы \[ I=(0,0),\qquad B=(1,0), \] и запишем уравнение вписанной окружности в виде \[ x^2+y^2=t. \] Здесь \(0<t<1\), поскольку радиус вписанной окружности положителен, а из прямоугольного треугольника \(IMB\) следует \(IM<IB=1\).
Если \(M=(x,y)\), то условие касания \(IM\perp BM\) даёт \[ (x,y)\cdot(1-x,-y)=0, \] откуда \(x=x^2+y^2=t\). То же верно для \(K\). Поэтому, при необходимости изменив направление одной из координатных осей, получаем \[ M=(t,h),\qquad K=(t,-h),\qquad h=\sqrt{t(1-t)}>0. \] Следовательно, прямая, проходящая через \(B\) параллельно \(MK\), задаётся уравнением \(x=1\).
Пусть \(L=(u,v)\), так что \[ u^2+v^2=t. \] Точки касания \(K,L,M\) попарно различны: иначе две разные стороны треугольника лежали бы на одной и той же касательной к вписанной окружности. Поскольку единственными точками вписанной окружности с первой координатой \(t\) являются \(M\) и \(K\), имеем \(u\ne t\). В частности, обе точки пересечения, определяющие \(R\) и \(S\), существуют и единственны.
Пусть \[ R=(1,p),\qquad S=(1,q). \] Используя уравнения прямых \(LM\) и \(LK\) соответственно, получаем \[ p=\frac{(1-u)h-(1-t)v}{t-u}, \qquad q=\frac{-(1-u)h-(1-t)v}{t-u}. \] Поэтому с учётом \(h^2=t(1-t)\) и \(v^2=t-u^2\) \[ \begin{aligned} pq &=\frac{(1-t)^2v^2-(1-u)^2h^2}{(t-u)^2}\\ &=\frac{(1-t)\bigl((1-t)(t-u^2)-t(1-u)^2\bigr)} {(t-u)^2}\\ &=\frac{-(1-t)(t-u)^2}{(t-u)^2}\\ &=t-1. \end{aligned} \] В частности, \(pq<0\), поэтому \(p\ne q\); следовательно, точки \(I,R,S\) не лежат на одной прямой. Наконец, \[ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS} =(1,p)\cdot(1,q)=1+pq=t>0. \] Значит, угол между \(IR\) и \(IS\) острый, что и требовалось доказать. \(\square\)
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 1998 · المسألة 5
ليكن \(I\) مركز الدائرة الداخلية للمثلث \(ABC\). ولتكن الدائرة الداخلية للمثلث \(ABC\) مماسة للأضلاع \(BC\) و\(CA\) و\(AB\) عند \(K\) و\(L\) و\(M\)، على الترتيب. يقطع المستقيم المار بـ\(B\) والموازي لـ\(MK\) المستقيمين \(LM\) و\(LK\) عند \(R\) و\(S\)، على الترتيب. أثبت أن الزاوية \(RIS\) حادة.
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نختار إحداثيات ديكارتية ووحدة قياس للأطوال بحيث \[ I=(0,0),\qquad B=(1,0), \] ونكتب معادلة الدائرة الداخلية على الصورة \[ x^2+y^2=t. \] هنا \(0<t<1\)، لأن نصف قطر الدائرة الداخلية موجب، ولأن المثلث القائم \(IMB\) يعطي \(IM<IB=1\).
إذا كانت \(M=(x,y)\)، فإن شرط التماس \(IM\perp BM\) يعطي \[ (x,y)\cdot(1-x,-y)=0, \] ومن ثم \(x=x^2+y^2=t\). وينطبق الأمر نفسه على \(K\). لذلك، بعد إجراء انعكاس للإحداثيات عند الحاجة، \[ M=(t,h),\qquad K=(t,-h),\qquad h=\sqrt{t(1-t)}>0. \] وعليه، فإن المستقيم المار بـ\(B\) والموازي لـ\(MK\) هو \(x=1\).
نكتب \(L=(u,v)\)، بحيث \[ u^2+v^2=t. \] نقاط التماس \(K,L,M\) متمايزة: وإلا لكان ضلعان مختلفان من المثلث واقعين على المماس نفسه للدائرة الداخلية. وبما أن النقطتين الوحيدتين على الدائرة الداخلية اللتين إحداثيهما الأول \(t\) هما \(M\) و\(K\)، فإن \(u\ne t\). وعلى وجه الخصوص، توجد كل من نقطتي التقاطع اللتين تحددان \(R\) و\(S\) وتكون وحيدة.
لتكن \[ R=(1,p),\qquad S=(1,q). \] باستخدام معادلتي المستقيمين \(LM\) و\(LK\)، على الترتيب، نحصل على \[ p=\frac{(1-u)h-(1-t)v}{t-u}, \qquad q=\frac{-(1-u)h-(1-t)v}{t-u}. \] لذلك، باستخدام \(h^2=t(1-t)\) و\(v^2=t-u^2\)، \[ \begin{aligned} pq &=\frac{(1-t)^2v^2-(1-u)^2h^2}{(t-u)^2}\\ &=\frac{(1-t)\bigl((1-t)(t-u^2)-t(1-u)^2\bigr)} {(t-u)^2}\\ &=\frac{-(1-t)(t-u)^2}{(t-u)^2}\\ &=t-1. \end{aligned} \] وعلى وجه الخصوص، \(pq<0\)، ومن ثم \(p\ne q\)؛ لذا فإن \(I,R,S\) ليست على استقامة واحدة. وأخيرًا، \[ \overrightarrow{IR}\cdot\overrightarrow{IS} =(1,p)\cdot(1,q)=1+pq=t>0. \] إذن الزاوية بين \(IR\) و\(IS\) حادة، وهو المطلوب. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.