IMO 2001 · Problem 1
Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with circumcentre \(O\). Let \(P\) on \(BC\) be the foot of the altitude from \(A\).
Suppose that \(\angle BCA \ge \angle ABC + 30^\circ\).
Prove that \(\angle CAB + \angle COP < 90^\circ\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle BCA, \] and let \(R\) be the circumradius and \(M\) the midpoint of \(BC\). Since the triangle is acute, \(P\) lies strictly between \(B\) and \(C\), and \(O\) lies inside the triangle.
The hypothesis gives \[ 30^\circ\le\gamma-\beta<90^\circ, \] so \(\sin(\gamma-\beta)\ge \tfrac12\). Using the right triangles \(ABP,ACP\) and the extended sine rule, we obtain \[ \begin{aligned} BP-PC &=AB\cos\beta-AC\cos\gamma\\ &=2R\bigl(\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma\bigr)\\ &=2R\sin(\gamma-\beta)\ge R. \end{aligned} \] Consequently, \(P\) lies between \(M\) and \(C\), and \[ MP=\frac{BP-PC}{2}\ge\frac R2. \] On the other hand, \[ MC=\frac{BC}{2}=R\sin\alpha<R, \] because \(\alpha<90^\circ\). Therefore \[ PC=MC-MP<\frac R2. \] As \(OM\perp BC\), the right triangle \(OMP\) gives \(OP\ge MP\). Hence \[ OP\ge MP\ge\frac R2>PC. \]
In triangle \(OCP\), the larger side subtends the larger angle, so \[ \angle COP<\angle OCP. \] Finally, \(\angle BOC=2\alpha\), and \(OB=OC\); thus \[ \angle OCP=\angle OCB =\frac{180^\circ-2\alpha}{2} =90^\circ-\alpha. \] It follows that \[ \boxed{\angle CAB+\angle COP<90^\circ}. \]
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 2001 · Aufgabe 1
Sei \(ABC\) ein spitzwinkliges Dreieck mit Umkreismittelpunkt \(O\). Sei \(P\) auf \(BC\) der Fußpunkt der Höhe von \(A\).
Es gelte \(\angle BCA \ge \angle ABC + 30^\circ\).
Man beweise, dass \(\angle CAB + \angle COP < 90^\circ\).
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir schreiben \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle BCA, \] und bezeichnen mit \(R\) den Umkreisradius und mit \(M\) den Mittelpunkt von \(BC\). Da das Dreieck spitzwinklig ist, liegt \(P\) im Inneren der Strecke \(BC\), und \(O\) liegt im Inneren des Dreiecks.
Aus der Voraussetzung folgt \[ 30^\circ\le\gamma-\beta<90^\circ, \] also \(\sin(\gamma-\beta)\ge \tfrac12\). Mithilfe der rechtwinkligen Dreiecke \(ABP,ACP\) und des erweiterten Sinussatzes erhalten wir \[ \begin{aligned} BP-PC &=AB\cos\beta-AC\cos\gamma\\ &=2R\bigl(\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma\bigr)\\ &=2R\sin(\gamma-\beta)\ge R. \end{aligned} \] Folglich liegt \(P\) zwischen \(M\) und \(C\), und es gilt \[ MP=\frac{BP-PC}{2}\ge\frac R2. \] Andererseits gilt \[ MC=\frac{BC}{2}=R\sin\alpha<R, \] da \(\alpha<90^\circ\). Daher ist \[ PC=MC-MP<\frac R2. \] Wegen \(OM\perp BC\) ergibt sich aus dem rechtwinkligen Dreieck \(OMP\), dass \(OP\ge MP\). Somit gilt \[ OP\ge MP\ge\frac R2>PC. \]
Im Dreieck \(OCP\) liegt der größeren Seite der größere Winkel gegenüber, also gilt \[ \angle COP<\angle OCP. \] Schließlich ist \(\angle BOC=2\alpha\), und es gilt \(OB=OC\); somit ist \[ \angle OCP=\angle OCB =\frac{180^\circ-2\alpha}{2} =90^\circ-\alpha. \] Daraus folgt \[ \boxed{\angle CAB+\angle COP<90^\circ}. \]
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 2001 · Soru 1
Çevrel çemberinin merkezi \(O\) olan dar açılı bir \(ABC\) üçgeni verilsin. \(A\)'dan çizilen yüksekliğin \(BC\) üzerindeki ayağı \(P\) olsun.
\(\angle BCA \ge \angle ABC + 30^\circ\) olduğunu varsayalım.
\(\angle CAB + \angle COP < 90^\circ\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle BCA \] olarak yazalım; çevrel çemberin yarıçapı \(R\), \(BC\)'nin orta noktası da \(M\) olsun. Üçgen dar açılı olduğundan \(P\), \(B\) ile \(C\) arasında, uç noktalardan farklı bir noktadır ve \(O\) üçgenin içindedir.
Varsayımdan \[ 30^\circ\le\gamma-\beta<90^\circ \] elde edilir; dolayısıyla \(\sin(\gamma-\beta)\ge \tfrac12\) olur. \(ABP,ACP\) dik üçgenlerini ve genişletilmiş sinüs teoremini kullanarak \[ \begin{aligned} BP-PC &=AB\cos\beta-AC\cos\gamma\\ &=2R\bigl(\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma\bigr)\\ &=2R\sin(\gamma-\beta)\ge R \end{aligned} \] elde ederiz. Bunun sonucunda \(P\), \(M\) ile \(C\) arasındadır ve \[ MP=\frac{BP-PC}{2}\ge\frac R2. \] Öte yandan, \(\alpha<90^\circ\) olduğundan \[ MC=\frac{BC}{2}=R\sin\alpha<R. \] Bu nedenle \[ PC=MC-MP<\frac R2. \] \(OM\perp BC\) olduğundan \(OMP\) dik üçgeninden \(OP\ge MP\) elde edilir. Böylece \[ OP\ge MP\ge\frac R2>PC. \]
\(OCP\) üçgeninde büyük kenarın karşısındaki açı daha büyük olduğundan \[ \angle COP<\angle OCP. \] Son olarak, \(\angle BOC=2\alpha\) ve \(OB=OC\) olduğundan \[ \angle OCP=\angle OCB =\frac{180^\circ-2\alpha}{2} =90^\circ-\alpha. \] Buradan \[ \boxed{\angle CAB+\angle COP<90^\circ} \] sonucu çıkar.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2001 · Problema 1
Sea \(ABC\) un triángulo acutángulo de circuncentro \(O\). Sea \(P\), sobre \(BC\), el pie de la altura trazada desde \(A\).
Supongamos que \(\angle BCA \ge \angle ABC + 30^\circ\).
Demostrar que \(\angle CAB + \angle COP < 90^\circ\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Escribamos \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle BCA, \] y sean \(R\) el radio de la circunferencia circunscrita y \(M\) el punto medio de \(BC\). Como el triángulo es acutángulo, \(P\) está estrictamente entre \(B\) y \(C\), y \(O\) está en el interior del triángulo.
La hipótesis implica \[ 30^\circ\le\gamma-\beta<90^\circ, \] por lo que \(\sin(\gamma-\beta)\ge \tfrac12\). Utilizando los triángulos rectángulos \(ABP,ACP\) y el teorema de los senos ampliado, obtenemos \[ \begin{aligned} BP-PC &=AB\cos\beta-AC\cos\gamma\\ &=2R\bigl(\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma\bigr)\\ &=2R\sin(\gamma-\beta)\ge R. \end{aligned} \] En consecuencia, \(P\) está entre \(M\) y \(C\), y \[ MP=\frac{BP-PC}{2}\ge\frac R2. \] Por otra parte, \[ MC=\frac{BC}{2}=R\sin\alpha<R, \] porque \(\alpha<90^\circ\). Por tanto, \[ PC=MC-MP<\frac R2. \] Como \(OM\perp BC\), el triángulo rectángulo \(OMP\) da \(OP\ge MP\). Así pues, \[ OP\ge MP\ge\frac R2>PC. \]
En el triángulo \(OCP\), al lado mayor se opone el ángulo mayor, de modo que \[ \angle COP<\angle OCP. \] Finalmente, \(\angle BOC=2\alpha\), y \(OB=OC\); por tanto, \[ \angle OCP=\angle OCB =\frac{180^\circ-2\alpha}{2} =90^\circ-\alpha. \] Se sigue que \[ \boxed{\angle CAB+\angle COP<90^\circ}. \]
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 2001 · 问题 1
设 \(ABC\) 是一个锐角三角形，其外心为 \(O\)。设 \(P\) 为从 \(A\) 向 \(BC\) 所作高的垂足。
已知 \(\angle BCA \ge \angle ABC + 30^\circ\)。
证明：\(\angle CAB + \angle COP < 90^\circ\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
记 \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle BCA, \] 并设 \(R\) 为外接圆半径，\(M\) 为 \(BC\) 的中点。由于该三角形为锐角三角形，\(P\) 严格位于 \(B\) 与 \(C\) 之间，且 \(O\) 位于三角形内部。
由题设可得 \[ 30^\circ\le\gamma-\beta<90^\circ, \] 所以 \(\sin(\gamma-\beta)\ge \tfrac12\)。利用直角三角形 \(ABP,ACP\) 及扩展正弦定理，得到 \[ \begin{aligned} BP-PC &=AB\cos\beta-AC\cos\gamma\\ &=2R\bigl(\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma\bigr)\\ &=2R\sin(\gamma-\beta)\ge R. \end{aligned} \] 因此，\(P\) 位于 \(M\) 与 \(C\) 之间，且 \[ MP=\frac{BP-PC}{2}\ge\frac R2. \] 另一方面， \[ MC=\frac{BC}{2}=R\sin\alpha<R, \] 因为 \(\alpha<90^\circ\)。所以 \[ PC=MC-MP<\frac R2. \] 由于 \(OM\perp BC\)，由直角三角形 \(OMP\) 可得 \(OP\ge MP\)。于是 \[ OP\ge MP\ge\frac R2>PC. \]
在三角形 \(OCP\) 中，大边所对的角较大，因此 \[ \angle COP<\angle OCP. \] 最后，\(\angle BOC=2\alpha\)，且 \(OB=OC\)；从而 \[ \angle OCP=\angle OCB =\frac{180^\circ-2\alpha}{2} =90^\circ-\alpha. \] 由此得到 \[ \boxed{\angle CAB+\angle COP<90^\circ}. \]
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 2001 · Задача 1
Пусть \(ABC\) — остроугольный треугольник с центром описанной окружности \(O\). Пусть \(P\) — основание высоты, проведённой из \(A\) на \(BC\).
Предположим, что \(\angle BCA \ge \angle ABC + 30^\circ\).
Докажите, что \(\angle CAB + \angle COP < 90^\circ\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle BCA, \] а через \(R\) и \(M\) — соответственно радиус описанной окружности и середину \(BC\). Поскольку треугольник остроугольный, \(P\) лежит строго между \(B\) и \(C\), а \(O\) — внутри треугольника.
Из условия следует, что \[ 30^\circ\le\gamma-\beta<90^\circ, \] поэтому \(\sin(\gamma-\beta)\ge \tfrac12\). Используя прямоугольные треугольники \(ABP,ACP\) и теорему синусов с учётом радиуса описанной окружности, получаем \[ \begin{aligned} BP-PC &=AB\cos\beta-AC\cos\gamma\\ &=2R\bigl(\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma\bigr)\\ &=2R\sin(\gamma-\beta)\ge R. \end{aligned} \] Следовательно, \(P\) лежит между \(M\) и \(C\), причём \[ MP=\frac{BP-PC}{2}\ge\frac R2. \] С другой стороны, \[ MC=\frac{BC}{2}=R\sin\alpha<R, \] поскольку \(\alpha<90^\circ\). Поэтому \[ PC=MC-MP<\frac R2. \] Так как \(OM\perp BC\), из прямоугольного треугольника \(OMP\) получаем \(OP\ge MP\). Значит, \[ OP\ge MP\ge\frac R2>PC. \]
В треугольнике \(OCP\) против большей стороны лежит больший угол, поэтому \[ \angle COP<\angle OCP. \] Наконец, \(\angle BOC=2\alpha\) и \(OB=OC\); следовательно, \[ \angle OCP=\angle OCB =\frac{180^\circ-2\alpha}{2} =90^\circ-\alpha. \] Отсюда следует, что \[ \boxed{\angle CAB+\angle COP<90^\circ}. \]
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 2001 · المسألة 1
ليكن \(ABC\) مثلثًا حاد الزوايا، ولتكن \(O\) مركز دائرته المحيطة. ولتكن \(P\) قدم الارتفاع النازل من \(A\) على \(BC\).
افترض أن \(\angle BCA \ge \angle ABC + 30^\circ\).
أثبت أن \(\angle CAB + \angle COP < 90^\circ\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لنكتب \[ \alpha=\angle CAB,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle BCA, \] وليكن \(R\) نصف قطر الدائرة المحيطة، ولتكن \(M\) منتصف \(BC\). بما أن المثلث حاد الزوايا، فإن \(P\) تقع بين \(B\) و\(C\) دون أن تنطبق على أي منهما، وتقع \(O\) داخل المثلث.
من الفرض نحصل على \[ 30^\circ\le\gamma-\beta<90^\circ, \] ومن ثم \(\sin(\gamma-\beta)\ge \tfrac12\). باستخدام المثلثين القائمي الزاوية \(ABP,ACP\) وقانون الجيوب الموسع، نحصل على \[ \begin{aligned} BP-PC &=AB\cos\beta-AC\cos\gamma\\ &=2R\bigl(\sin\gamma\cos\beta-\sin\beta\cos\gamma\bigr)\\ &=2R\sin(\gamma-\beta)\ge R. \end{aligned} \] وعليه، تقع \(P\) بين \(M\) و\(C\)، ولدينا \[ MP=\frac{BP-PC}{2}\ge\frac R2. \] ومن جهة أخرى، \[ MC=\frac{BC}{2}=R\sin\alpha<R, \] لأن \(\alpha<90^\circ\). لذلك \[ PC=MC-MP<\frac R2. \] وبما أن \(OM\perp BC\)، فإن المثلث القائم الزاوية \(OMP\) يعطينا \(OP\ge MP\). ومن ثم \[ OP\ge MP\ge\frac R2>PC. \]
في المثلث \(OCP\)، تقابل الضلع الأكبر الزاوية الأكبر، لذا \[ \angle COP<\angle OCP. \] وأخيرًا، لدينا \(\angle BOC=2\alpha\)، و\(OB=OC\)؛ ومن ثم \[ \angle OCP=\angle OCB =\frac{180^\circ-2\alpha}{2} =90^\circ-\alpha. \] ويترتب على ذلك أن \[ \boxed{\angle CAB+\angle COP<90^\circ}. \]
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.