IMO 2000 · Problem 1
\(AB\) is tangent to the circles \(CAMN\) and \(NMBD\). \(M\) lies between \(C\) and \(D\) on the line \(CD\), and \(CD\) is parallel to \(AB\). The chords \(NA\) and \(CM\) meet at \(P\); the chords \(NB\) and \(MD\) meet at \(Q\). The rays \(CA\) and \(DB\) meet at \(E\). Prove that \(PE = QE\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
We will prove that \(M\) is the midpoint of \(PQ\) and that \(EM\perp CD\).
If \(N=M\), then \(P=Q=M\), and the conclusion is immediate. Hence assume \(N\ne M\).
Let \(T\) be the midpoint of \(AB\). Since \(AB\) is tangent to the two circles at \(A\) and \(B\), the powers of \(T\) with respect to them are \[ TA^2=TB^2. \] Thus \(T\) lies on their radical axis, which is the common chord line \(MN\).
The point \(N\) lies on neither \(AB\) nor \(CD\): tangency excludes the former, while the intersections of the two circles with \(CD\) are respectively \(C,M\) and \(M,D\), excluding the latter. Consequently, the homothety with centre \(N\) taking \(AB\) to \(CD\) takes \(A,B,T\) to \(P,Q,M\), respectively. Since \(T\) is the midpoint of \(AB\), \(M\) is the midpoint of \(PQ\).
Now reflect \(M\) in \(AB\), obtaining \(R\), and let \(F\) be the midpoint of \(MR\). Thus \(F\in AB\) and \(MR\perp AB\).
Let \(U\) be the midpoint of \(CM\). The perpendicular to \(AB\) through \(A\) passes through the centre of circle \(CAMN\). Since \(CM\parallel AB\), this perpendicular bisects the chord \(CM\), so it passes through \(U\).
Let \(X\) be the midpoint of \(CR\). Applying the midpoint theorem in triangle \(CMR\) gives \[ FX\parallel CM,\qquad UX\parallel MR. \] The first relation places \(X\) on \(AB\); the second places it on \(AU\). Therefore \(X=A\), so \(A\) is the midpoint of \(CR\). The same argument in the other circle shows that \(B\) is the midpoint of \(DR\).
Hence \(R\) lies on both rays \(CA\) and \(DB\), so \(R=E\). It follows that \[ EM\perp AB\parallel CD. \] Thus \(EM\) is the perpendicular bisector of \(PQ\), proving \[ \boxed{PE=QE}. \]
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 2000 · Aufgabe 1
\(AB\) ist Tangente an die Kreise \(CAMN\) und \(NMBD\). \(M\) liegt auf der Geraden \(CD\) zwischen \(C\) und \(D\), und \(CD\) ist parallel zu \(AB\). Die Sehnen \(NA\) und \(CM\) schneiden sich in \(P\); die Sehnen \(NB\) und \(MD\) schneiden sich in \(Q\). Die Strahlen \(CA\) und \(DB\) schneiden sich in \(E\). Man beweise, dass \(PE = QE\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir werden zeigen, dass \(M\) der Mittelpunkt von \(PQ\) ist und dass \(EM\perp CD\).
Ist \(N=M\), so gilt \(P=Q=M\), und die Behauptung folgt unmittelbar. Wir nehmen daher \(N\ne M\) an.
Sei \(T\) der Mittelpunkt von \(AB\). Da \(AB\) die beiden Kreise in \(A\) beziehungsweise \(B\) berührt, gilt für die Potenzen von \(T\) bezüglich dieser Kreise \[ TA^2=TB^2. \] Somit liegt \(T\) auf ihrer Potenzgeraden, also auf der Geraden \(MN\) durch die gemeinsame Sehne.
Der Punkt \(N\) liegt weder auf \(AB\) noch auf \(CD\): Ersteres ist wegen der Tangentialität ausgeschlossen; Letzteres ist ausgeschlossen, weil die Schnittpunkte der beiden Kreise mit \(CD\) jeweils \(C,M\) beziehungsweise \(M,D\) sind. Folglich bildet die zentrische Streckung mit Zentrum \(N\), die \(AB\) auf \(CD\) abbildet, die Punkte \(A,B,T\) auf \(P,Q,M\) ab. Da \(T\) der Mittelpunkt von \(AB\) ist, ist \(M\) der Mittelpunkt von \(PQ\).
Nun spiegeln wir \(M\) an \(AB\) und erhalten \(R\); sei \(F\) der Mittelpunkt von \(MR\). Dann gilt \(F\in AB\) und \(MR\perp AB\).
Sei \(U\) der Mittelpunkt von \(CM\). Die Senkrechte zu \(AB\) durch \(A\) verläuft durch den Mittelpunkt des Kreises \(CAMN\). Wegen \(CM\parallel AB\) halbiert diese Senkrechte die Sehne \(CM\), verläuft also durch \(U\).
Sei \(X\) der Mittelpunkt von \(CR\). Nach dem Satz über die Mittellinie im Dreieck \(CMR\) gilt \[ FX\parallel CM,\qquad UX\parallel MR. \] Aus der ersten Beziehung folgt, dass \(X\) auf \(AB\) liegt, aus der zweiten, dass \(X\) auf \(AU\) liegt. Daher ist \(X=A\), also ist \(A\) der Mittelpunkt von \(CR\). Dieselbe Argumentation für den anderen Kreis zeigt, dass \(B\) der Mittelpunkt von \(DR\) ist.
Somit liegt \(R\) auf beiden Strahlen \(CA\) und \(DB\), also gilt \(R=E\). Daraus folgt \[ EM\perp AB\parallel CD. \] Damit ist \(EM\) die Mittelsenkrechte von \(PQ\), womit \[ \boxed{PE=QE} \] bewiesen ist.
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 2000 · Soru 1
\(AB\) doğrusu, \(CAMN\) ve \(NMBD\) çemberlerine teğettir. \(M\), \(CD\) doğrusu üzerinde \(C\) ile \(D\) arasında yer almaktadır ve \(CD\), \(AB\)'ye paraleldir. \(NA\) ve \(CM\) kirişleri \(P\)'de; \(NB\) ve \(MD\) kirişleri \(Q\)'da kesişmektedir. \(CA\) ve \(DB\) ışınları \(E\)'de kesişmektedir. \(PE = QE\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(M\)'nin \(PQ\)'nun orta noktası olduğunu ve \(EM\perp CD\) olduğunu kanıtlayacağız.
\(N=M\) ise \(P=Q=M\) olur ve sonuç hemen elde edilir. Bu nedenle \(N\ne M\) olduğunu varsayalım.
\(T\), \(AB\)'nin orta noktası olsun. \(AB\), iki çembere \(A\) ve \(B\) noktalarında teğet olduğundan, \(T\)'nin bu çemberlere göre kuvvetleri \[ TA^2=TB^2 \] eşitliğini sağlar. Dolayısıyla \(T\), bu çemberlerin kuvvet ekseni üzerinde bulunur; bu eksen, ortak kiriş doğrusu \(MN\)'dir.
\(N\) noktası ne \(AB\) ne de \(CD\) üzerinde bulunur: teğetlik ilk olasılığı dışlar; iki çemberin \(CD\) ile kesişimleri sırasıyla \(C,M\) ve \(M,D\) olduğundan ikinci olasılık da dışlanır. Sonuç olarak, \(AB\)'yi \(CD\)'ye götüren \(N\) merkezli homoteti, \(A,B,T\) noktalarını sırasıyla \(P,Q,M\) noktalarına götürür. \(T\), \(AB\)'nin orta noktası olduğundan, \(M\), \(PQ\)'nun orta noktasıdır.
Şimdi \(M\)'yi \(AB\)'ye göre yansıtarak \(R\)'yi elde edelim ve \(MR\)'nin orta noktasına \(F\) diyelim. Böylece \(F\in AB\) ve \(MR\perp AB\) olur.
\(U\), \(CM\)'nin orta noktası olsun. \(A\)'dan geçen ve \(AB\)'ye dik olan doğru, \(CAMN\) çemberinin merkezinden geçer. \(CM\parallel AB\) olduğundan bu dik doğru, \(CM\) kirişini ortalar; dolayısıyla \(U\)'dan geçer.
\(X\), \(CR\)'nin orta noktası olsun. \(CMR\) üçgeninde orta taban teoremini uygulayarak \[ FX\parallel CM,\qquad UX\parallel MR \] elde ederiz. İlk bağıntı \(X\)'in \(AB\) üzerinde, ikinci bağıntı ise \(AU\) üzerinde olduğunu gösterir. Bu nedenle \(X=A\) olur; yani \(A\), \(CR\)'nin orta noktasıdır. Diğer çemberde aynı akıl yürütme, \(B\)'nin \(DR\)'nin orta noktası olduğunu gösterir.
Böylece \(R\), hem \(CA\) hem de \(DB\) ışını üzerinde bulunur; dolayısıyla \(R=E\) olur. Buradan \[ EM\perp AB\parallel CD \] elde edilir. Öyleyse \(EM\), \(PQ\)'nun orta dikmesidir ve böylece \[ \boxed{PE=QE} \] kanıtlanmış olur.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2000 · Problema 1
\(AB\) es tangente a las circunferencias \(CAMN\) y \(NMBD\). \(M\) está entre \(C\) y \(D\) en la recta \(CD\), y \(CD\) es paralela a \(AB\). Las cuerdas \(NA\) y \(CM\) se cortan en \(P\); las cuerdas \(NB\) y \(MD\) se cortan en \(Q\). Las semirrectas \(CA\) y \(DB\) se cortan en \(E\). Demostrar que \(PE = QE\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Demostraremos que \(M\) es el punto medio de \(PQ\) y que \(EM\perp CD\).
Si \(N=M\), entonces \(P=Q=M\), y la conclusión es inmediata. Supongamos, por tanto, que \(N\ne M\).
Sea \(T\) el punto medio de \(AB\). Como \(AB\) es tangente a las dos circunferencias en \(A\) y \(B\), las potencias de \(T\) respecto de ellas son \[ TA^2=TB^2. \] Por tanto, \(T\) pertenece a su eje radical, que es la recta \(MN\) que contiene la cuerda común.
El punto \(N\) no pertenece ni a \(AB\) ni a \(CD\): la tangencia excluye lo primero, mientras que las intersecciones de las dos circunferencias con \(CD\) son, respectivamente, \(C,M\) y \(M,D\), lo que excluye lo segundo. En consecuencia, la homotecia de centro \(N\) que transforma \(AB\) en \(CD\) transforma \(A,B,T\) en \(P,Q,M\), respectivamente. Como \(T\) es el punto medio de \(AB\), \(M\) es el punto medio de \(PQ\).
Reflejemos ahora \(M\) respecto de \(AB\), obteniendo \(R\), y sea \(F\) el punto medio de \(MR\). Así, \(F\in AB\) y \(MR\perp AB\).
Sea \(U\) el punto medio de \(CM\). La perpendicular a \(AB\) por \(A\) pasa por el centro de la circunferencia \(CAMN\). Como \(CM\parallel AB\), esta perpendicular pasa por el punto medio de la cuerda \(CM\), por lo que pasa por \(U\).
Sea \(X\) el punto medio de \(CR\). Aplicando el teorema del segmento medio en el triángulo \(CMR\), obtenemos \[ FX\parallel CM,\qquad UX\parallel MR. \] La primera relación sitúa a \(X\) en \(AB\); la segunda lo sitúa en \(AU\). Por tanto, \(X=A\), de modo que \(A\) es el punto medio de \(CR\). El mismo argumento en la otra circunferencia muestra que \(B\) es el punto medio de \(DR\).
Por consiguiente, \(R\) pertenece a ambas semirrectas \(CA\) y \(DB\), así que \(R=E\). Se deduce que \[ EM\perp AB\parallel CD. \] Así, \(EM\) es la mediatriz de \(PQ\), lo que demuestra que \[ \boxed{PE=QE}. \]
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 2000 · 问题 1
\(AB\) 与圆 \(CAMN\) 和圆 \(NMBD\) 相切。\(M\) 在线段 \(CD\) 上，位于 \(C\) 与 \(D\) 之间，且 \(CD\) 平行于 \(AB\)。弦 \(NA\) 与弦 \(CM\) 交于 \(P\)；弦 \(NB\) 与弦 \(MD\) 交于 \(Q\)。射线 \(CA\) 与射线 \(DB\) 交于 \(E\)。证明：\(PE = QE\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
我们将证明 \(M\) 是 \(PQ\) 的中点，且 \(EM\perp CD\)。
若 \(N=M\)，则 \(P=Q=M\)，结论显然成立。因此，以下假设 \(N\ne M\)。
设 \(T\) 为 \(AB\) 的中点。由于 \(AB\) 分别在 \(A\) 和 \(B\) 处与两个圆相切，\(T\) 关于这两个圆的幂满足 \[ TA^2=TB^2. \] 因此，\(T\) 位于两圆的根轴上，即公共弦所在的直线 \(MN\) 上。
点 \(N\) 既不在 \(AB\) 上，也不在 \(CD\) 上：相切条件排除了前一种情况，而两个圆与 \(CD\) 的交点分别为 \(C,M\) 和 \(M,D\)，排除了后一种情况。因此，以 \(N\) 为中心、将 \(AB\) 映为 \(CD\) 的位似变换分别将 \(A,B,T\) 映为 \(P,Q,M\)。由于 \(T\) 是 \(AB\) 的中点，\(M\) 是 \(PQ\) 的中点。
现在作 \(M\) 关于 \(AB\) 的对称点 \(R\)，并设 \(F\) 为 \(MR\) 的中点。于是 \(F\in AB\)，且 \(MR\perp AB\)。
设 \(U\) 为 \(CM\) 的中点。过 \(A\) 且垂直于 \(AB\) 的直线经过圆 \(CAMN\) 的圆心。由于 \(CM\parallel AB\)，这条垂线平分弦 \(CM\)，因而经过 \(U\)。
设 \(X\) 为 \(CR\) 的中点。在三角形 \(CMR\) 中应用中位线定理，得 \[ FX\parallel CM,\qquad UX\parallel MR. \] 第一个关系说明 \(X\) 在 \(AB\) 上；第二个关系说明 \(X\) 在 \(AU\) 上。因此 \(X=A\)，故 \(A\) 是 \(CR\) 的中点。对另一个圆作同样的论证，可知 \(B\) 是 \(DR\) 的中点。
因此，\(R\) 同时位于射线 \(CA\) 和 \(DB\) 上，故 \(R=E\)。于是 \[ EM\perp AB\parallel CD. \] 因此，\(EM\) 是 \(PQ\) 的垂直平分线，从而证明了 \[ \boxed{PE=QE}. \]
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 2000 · Задача 1
Прямая \(AB\) касается окружностей \(CAMN\) и \(NMBD\). Точка \(M\) лежит между \(C\) и \(D\) на прямой \(CD\), причём \(CD\) параллельна \(AB\). Хорды \(NA\) и \(CM\) пересекаются в точке \(P\); хорды \(NB\) и \(MD\) пересекаются в точке \(Q\). Лучи \(CA\) и \(DB\) пересекаются в точке \(E\). Докажите, что \(PE = QE\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Докажем, что \(M\) — середина \(PQ\) и что \(EM\perp CD\).
Если \(N=M\), то \(P=Q=M\), и утверждение очевидно. Поэтому будем считать, что \(N\ne M\).
Пусть \(T\) — середина \(AB\). Поскольку прямая \(AB\) касается двух окружностей в точках \(A\) и \(B\), степени точки \(T\) относительно этих окружностей равны: \[ TA^2=TB^2. \] Следовательно, \(T\) лежит на их радикальной оси, то есть на прямой \(MN\), содержащей общую хорду.
Точка \(N\) не лежит ни на \(AB\), ни на \(CD\): первое исключается условием касания, а второе — тем, что точки пересечения двух окружностей с \(CD\) — это соответственно \(C,M\) и \(M,D\). Поэтому гомотетия с центром \(N\), переводящая \(AB\) в \(CD\), переводит \(A,B,T\) в \(P,Q,M\) соответственно. Поскольку \(T\) — середина \(AB\), \(M\) — середина \(PQ\).
Теперь отразим \(M\) относительно \(AB\), получив точку \(R\), и обозначим через \(F\) середину \(MR\). Тогда \(F\in AB\) и \(MR\perp AB\).
Пусть \(U\) — середина \(CM\). Перпендикуляр к \(AB\), проходящий через \(A\), проходит через центр окружности \(CAMN\). Поскольку \(CM\parallel AB\), этот перпендикуляр делит хорду \(CM\) пополам, а значит, проходит через \(U\).
Пусть \(X\) — середина \(CR\). По теореме о средней линии треугольника \(CMR\) имеем \[ FX\parallel CM,\qquad UX\parallel MR. \] Из первого соотношения следует, что \(X\) лежит на \(AB\); из второго — что она лежит на \(AU\). Поэтому \(X=A\), то есть \(A\) — середина \(CR\). Аналогичное рассуждение для второй окружности показывает, что \(B\) — середина \(DR\).
Следовательно, \(R\) лежит на обоих лучах \(CA\) и \(DB\), поэтому \(R=E\). Отсюда \[ EM\perp AB\parallel CD. \] Таким образом, \(EM\) — серединный перпендикуляр к \(PQ\), что доказывает равенство \[ \boxed{PE=QE}. \]
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 2000 · المسألة 1
المستقيم \(AB\) مماس للدائرتين \(CAMN\) و\(NMBD\). تقع \(M\) بين \(C\) و\(D\) على المستقيم \(CD\)، والمستقيم \(CD\) موازٍ للمستقيم \(AB\). يتقاطع الوتران \(NA\) و\(CM\) عند \(P\)؛ ويتقاطع الوتران \(NB\) و\(MD\) عند \(Q\). يتقاطع الشعاعان \(CA\) و\(DB\) عند \(E\). أثبت أن \(PE = QE\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
سنثبت أن \(M\) منتصف \(PQ\) وأن \(EM\perp CD\).
إذا كان \(N=M\)، فإن \(P=Q=M\)، وتكون النتيجة مباشرة. لذا نفترض أن \(N\ne M\).
لتكن \(T\) منتصف \(AB\). بما أن \(AB\) مماس للدائرتين عند \(A\) و\(B\)، فإن قوتي النقطة \(T\) بالنسبة إليهما هما \[ TA^2=TB^2. \] إذن تقع \(T\) على محورهما الجذري، وهو المستقيم \(MN\) الحامل لوترهما المشترك.
لا تقع النقطة \(N\) على أيٍّ من المستقيمين \(AB\) و\(CD\): فالتماس يستبعد وقوعها على الأول، بينما نقطتا تقاطع كل من الدائرتين مع \(CD\) هما على الترتيب \(C,M\) و\(M,D\)، مما يستبعد وقوعها على الثاني. ومن ثم فإن التحاكي الذي مركزه \(N\) ويحوّل \(AB\) إلى \(CD\) يحوّل \(A,B,T\) إلى \(P,Q,M\)، على الترتيب. وبما أن \(T\) منتصف \(AB\)، فإن \(M\) منتصف \(PQ\).
لنعكس الآن \(M\) حول \(AB\)، فنحصل على \(R\)، ولتكن \(F\) منتصف \(MR\). إذن \(F\in AB\) و\(MR\perp AB\).
لتكن \(U\) منتصف \(CM\). يمر العمود على \(AB\) المار بالنقطة \(A\) بمركز الدائرة \(CAMN\). وبما أن \(CM\parallel AB\)، فإن هذا العمود ينصف الوتر \(CM\)، ومن ثم يمر بالنقطة \(U\).
لتكن \(X\) منتصف \(CR\). بتطبيق نظرية القطعة الواصلة بين منتصفي ضلعين في المثلث \(CMR\)، نحصل على \[ FX\parallel CM,\qquad UX\parallel MR. \] تقتضي العلاقة الأولى أن تقع \(X\) على \(AB\)؛ وتقتضي الثانية أن تقع على \(AU\). لذلك \(X=A\)، ومن ثم فإن \(A\) منتصف \(CR\). وبالحجة نفسها في الدائرة الأخرى، نجد أن \(B\) منتصف \(DR\).
وعليه تقع \(R\) على كلا الشعاعين \(CA\) و\(DB\)، ومن ثم \(R=E\). وينتج عن ذلك أن \[ EM\perp AB\parallel CD. \] إذن \(EM\) هو العمود المنصف للقطعة \(PQ\)، وهذا يثبت أن \[ \boxed{PE=QE}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.