IMO 2003 · Problem 4
\(ABCD\) is cyclic. The feet of the perpendicular from \(D\) to the lines \(AB,BC,CA\) are \(P,Q,R\) respectively. Show that the angle bisectors of \(ABC\) and \(CDA\) meet on the line \(AC\) iff \(RP=RQ\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
We first establish a projection identity that covers all possible positions of the perpendicular feet. If \(U,V\) are the orthogonal projections of a point \(X\) onto two lines through \(O\), making an angle \(\theta\in(0,\pi)\), then \[ UV=OX\sin\theta. \] Indeed, choose coordinates with \(O=(0,0)\), \(X=(x,y)\), and the lines directed along \((1,0)\) and \((\cos\theta,\sin\theta)\). Writing \(c=\cos\theta\), \(s=\sin\theta\), we have \[ U=(x,0),\qquad V=(xc+ys)(c,s). \] Consequently, \[ UV^2=(-xs^2+ycs)^2+(xcs+ys^2)^2 =s^2(x^2+y^2), \] which proves the identity, including cases where a projection coincides with \(O\) or \(X\).
Apply this identity to the projections of \(D\) onto \(AB,AC\), and then onto \(CB,CA\). It gives \[ RP=AD\sin\angle BAC,\qquad RQ=CD\sin\angle BCA. \] By the sine rule in triangle \(ABC\), \[ \frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle BCA}=\frac{BC}{AB}. \] All these lengths and sines are positive, since the four vertices of a cyclic quadrilateral are distinct and no three are collinear. Hence \[ \frac{RP}{RQ}=\frac{AD\cdot BC}{CD\cdot AB}, \] and therefore \[ RP=RQ \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \tag{1} \]
Let the internal bisectors of \(\angle ABC\) and \(\angle CDA\) meet the segment \(AC\) at \(E\) and \(F\), respectively. The angle bisector theorem gives \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}, \qquad \frac{AF}{FC}=\frac{AD}{CD}. \] A point \(T\) in the open segment \(AC\) is uniquely determined by \(AT/TC\): if this ratio is \(t\), then \[ AT=\frac{t}{1+t}\,AC. \] Thus \[ E=F \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \] Each bisector meets the line \(AC\) at its specified point, so the bisectors have a common point on \(AC\) exactly when \(E=F\). This also covers the case where their supporting lines coincide. Combining this equivalence with (1) proves the assertion.
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 2003 · Aufgabe 4
\(ABCD\) ist ein Sehnenviereck. Die Lotfußpunkte von \(D\) auf den Geraden \(AB,BC,CA\) seien \(P,Q,R\) in dieser Reihenfolge. Zeige, dass sich die Winkelhalbierenden von \(ABC\) und \(CDA\) genau dann auf der Geraden \(AC\) treffen, wenn \(RP=RQ\) gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Zunächst beweisen wir eine Projektionsidentität, die alle möglichen Lagen der Lotfußpunkte abdeckt. Sind \(U,V\) die orthogonalen Projektionen eines Punktes \(X\) auf zwei Geraden durch \(O\), die einen Winkel \(\theta\in(0,\pi)\) bilden, so gilt \[ UV=OX\sin\theta. \] Zum Beweis wählen wir Koordinaten so, dass \(O=(0,0)\), \(X=(x,y)\) gilt und die Geraden die Richtungsvektoren \((1,0)\) und \((\cos\theta,\sin\theta)\) haben. Mit \(c=\cos\theta\), \(s=\sin\theta\) gilt \[ U=(x,0),\qquad V=(xc+ys)(c,s). \] Folglich ist \[ UV^2=(-xs^2+ycs)^2+(xcs+ys^2)^2 =s^2(x^2+y^2), \] womit die Identität bewiesen ist, auch in den Fällen, in denen eine Projektion mit \(O\) oder \(X\) zusammenfällt.
Wir wenden diese Identität auf die Projektionen von \(D\) auf \(AB,AC\) und anschließend auf \(CB,CA\) an. Dies ergibt \[ RP=AD\sin\angle BAC,\qquad RQ=CD\sin\angle BCA. \] Nach dem Sinussatz im Dreieck \(ABC\) gilt \[ \frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle BCA}=\frac{BC}{AB}. \] Alle diese Längen und Sinuswerte sind positiv, da die vier Eckpunkte eines Sehnenvierecks verschieden sind und keine drei auf einer Geraden liegen. Daher gilt \[ \frac{RP}{RQ}=\frac{AD\cdot BC}{CD\cdot AB}, \] und somit \[ RP=RQ \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \tag{1} \]
Die inneren Winkelhalbierenden von \(\angle ABC\) und \(\angle CDA\) mögen die Strecke \(AC\) in \(E\) beziehungsweise \(F\) schneiden. Nach dem Winkelhalbierendensatz gilt \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}, \qquad \frac{AF}{FC}=\frac{AD}{CD}. \] Ein Punkt \(T\) im Inneren der Strecke \(AC\) ist durch \(AT/TC\) eindeutig bestimmt: Ist dieses Verhältnis gleich \(t\), so gilt \[ AT=\frac{t}{1+t}\,AC. \] Somit ist \[ E=F \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \] Jede Winkelhalbierende schneidet die Gerade \(AC\) in dem angegebenen Punkt, sodass die Winkelhalbierenden genau dann einen gemeinsamen Punkt auf \(AC\) haben, wenn \(E=F\) gilt. Dies erfasst auch den Fall, dass ihre Trägergeraden zusammenfallen. Zusammen mit (1) beweist diese Äquivalenz die Behauptung.
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 2003 · Soru 4
\(ABCD\) bir kirişler dörtgenidir. \(D\)'den \(AB,BC,CA\) doğrularına indirilen dikmelerin ayakları sırasıyla \(P,Q,R\) olsun. \(ABC\) ve \(CDA\) açılarının açıortaylarının \(AC\) doğrusu üzerinde kesişmesi için gerek ve yeter koşulun \(RP=RQ\) olduğunu gösteriniz.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Önce dikme ayaklarının olası bütün konumlarını kapsayan bir izdüşüm özdeşliği kanıtlayacağız. \(U,V\), bir \(X\) noktasının, \(O\)'dan geçen ve aralarında \(\theta\in(0,\pi)\) açısı bulunan iki doğru üzerindeki dik izdüşümleri ise \[ UV=OX\sin\theta \] olur. Gerçekten, \(O=(0,0)\), \(X=(x,y)\) olacak ve doğruların doğrultuları \((1,0)\) ve \((\cos\theta,\sin\theta)\) ile verilecek biçimde koordinatlar seçelim. \(c=\cos\theta\), \(s=\sin\theta\) yazarsak, \[ U=(x,0),\qquad V=(xc+ys)(c,s) \] elde ederiz. Dolayısıyla, \[ UV^2=(-xs^2+ycs)^2+(xcs+ys^2)^2 =s^2(x^2+y^2) \] olur; bu da bir izdüşümün \(O\) ya da \(X\) ile çakıştığı durumlar da dâhil olmak üzere özdeşliği kanıtlar.
Bu özdeşliği \(D\)'nin önce \(AB,AC\), ardından \(CB,CA\) üzerindeki izdüşümlerine uygulayalım. Böylece \[ RP=AD\sin\angle BAC,\qquad RQ=CD\sin\angle BCA \] elde edilir. \(ABC\) üçgeninde sinüs teoremi gereğince, \[ \frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle BCA}=\frac{BC}{AB}. \] Bir kirişler dörtgeninin dört köşesi birbirinden farklı olduğundan ve hiçbir üçü doğrusal olmadığından, bu uzunlukların ve sinüslerin hepsi pozitiftir. O hâlde \[ \frac{RP}{RQ}=\frac{AD\cdot BC}{CD\cdot AB} \] ve dolayısıyla \[ RP=RQ \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD} \tag{1} \] olur.
\(\angle ABC\) ve \(\angle CDA\) açılarının iç açıortayları \(AC\) doğru parçasını sırasıyla \(E\) ve \(F\) noktalarında kessin. Açıortay teoremi \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}, \qquad \frac{AF}{FC}=\frac{AD}{CD} \] eşitliklerini verir. \(AC\) açık doğru parçasındaki bir \(T\) noktası, \(AT/TC\) oranı ile tek türlü belirlenir: bu oran \(t\) ise \[ AT=\frac{t}{1+t}\,AC \] olur. Dolayısıyla, \[ E=F \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \] Her açıortay \(AC\) doğrusunu belirtilen noktada kestiğinden, açıortayların \(AC\) üzerinde ortak bir noktalarının olması için gerek ve yeter koşul \(E=F\) olmasıdır. Bu, açıortayları içeren doğruların çakıştığı durumu da kapsar. Bu denkliği (1) ile birleştirerek istenen sonucu elde ederiz.
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2003 · Problema 4
\(ABCD\) es un cuadrilátero cíclico. Los pies de las perpendiculares trazadas desde \(D\) a las rectas \(AB,BC,CA\) son \(P,Q,R\), respectivamente. Demostrar que las bisectrices de los ángulos \(ABC\) y \(CDA\) se cortan en la recta \(AC\) si y solo si \(RP=RQ\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Primero establecemos una identidad de proyección que abarca todas las posiciones posibles de los pies de las perpendiculares. Si \(U,V\) son las proyecciones ortogonales de un punto \(X\) sobre dos rectas que pasan por \(O\) y forman un ángulo \(\theta\in(0,\pi)\), entonces \[ UV=OX\sin\theta. \] En efecto, elijamos coordenadas con \(O=(0,0)\), \(X=(x,y)\) y con las rectas dirigidas según \((1,0)\) y \((\cos\theta,\sin\theta)\). Escribiendo \(c=\cos\theta\), \(s=\sin\theta\), tenemos \[ U=(x,0),\qquad V=(xc+ys)(c,s). \] Por consiguiente, \[ UV^2=(-xs^2+ycs)^2+(xcs+ys^2)^2 =s^2(x^2+y^2), \] lo que demuestra la identidad, incluidos los casos en los que una proyección coincide con \(O\) o con \(X\).
Apliquemos esta identidad a las proyecciones de \(D\) sobre \(AB,AC\), y después sobre \(CB,CA\). Se obtiene \[ RP=AD\sin\angle BAC,\qquad RQ=CD\sin\angle BCA. \] Por el teorema de los senos en el triángulo \(ABC\), \[ \frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle BCA}=\frac{BC}{AB}. \] Todas estas longitudes y estos senos son positivos, pues los cuatro vértices de un cuadrilátero cíclico son distintos y no hay tres colineales. Por tanto, \[ \frac{RP}{RQ}=\frac{AD\cdot BC}{CD\cdot AB}, \] y, en consecuencia, \[ RP=RQ \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \tag{1} \]
Sean \(E\) y \(F\) los puntos donde las bisectrices interiores de \(\angle ABC\) y \(\angle CDA\) cortan al segmento \(AC\), respectivamente. El teorema de la bisectriz da \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}, \qquad \frac{AF}{FC}=\frac{AD}{CD}. \] Un punto \(T\) del segmento abierto \(AC\) queda determinado de manera única por \(AT/TC\): si esta razón es \(t\), entonces \[ AT=\frac{t}{1+t}\,AC. \] Así, \[ E=F \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \] Cada bisectriz corta a la recta \(AC\) en el punto indicado, de modo que las bisectrices tienen un punto común sobre \(AC\) exactamente cuando \(E=F\). Esto también abarca el caso en que las rectas que las contienen coinciden. Combinando esta equivalencia con (1), queda demostrada la afirmación.
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 2003 · 问题 4
四边形 \(ABCD\) 内接于一个圆。从 \(D\) 向直线 \(AB,BC,CA\) 所作垂线的垂足分别为 \(P,Q,R\)。证明：角 \(ABC\) 与角 \(CDA\) 的角平分线相交于直线 \(AC\) 上的点，当且仅当 \(RP=RQ\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
我们先证明一个适用于垂足所有可能位置的投影恒等式。若 \(U,V\) 是点 \(X\) 在经过 \(O\) 且夹角为 \(\theta\in(0,\pi)\) 的两条直线上的正投影，则 \[ UV=OX\sin\theta. \] 事实上，选取坐标系，使得 \(O=(0,0)\)、\(X=(x,y)\)，两条直线的方向向量分别为 \((1,0)\) 和 \((\cos\theta,\sin\theta)\)。记 \(c=\cos\theta\)、\(s=\sin\theta\)，则有 \[ U=(x,0),\qquad V=(xc+ys)(c,s). \] 因此， \[ UV^2=(-xs^2+ycs)^2+(xcs+ys^2)^2 =s^2(x^2+y^2), \] 这就证明了该恒等式，也包括投影点与 \(O\) 或 \(X\) 重合的情形。
将此恒等式先应用于 \(D\) 在 \(AB,AC\) 上的投影，再应用于它在 \(CB,CA\) 上的投影，得到 \[ RP=AD\sin\angle BAC,\qquad RQ=CD\sin\angle BCA. \] 由三角形 \(ABC\) 中的正弦定理， \[ \frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle BCA}=\frac{BC}{AB}. \] 由于圆内接四边形的四个顶点互不相同，且任意三点不共线，所有这些长度和正弦值都为正。因此， \[ \frac{RP}{RQ}=\frac{AD\cdot BC}{CD\cdot AB}, \] 从而 \[ RP=RQ \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \tag{1} \]
设 \(\angle ABC\) 与 \(\angle CDA\) 的内角平分线分别交线段 \(AC\) 于 \(E\) 和 \(F\)。由角平分线定理， \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}, \qquad \frac{AF}{FC}=\frac{AD}{CD}. \] 线段 \(AC\) 内部的点 \(T\) 由比值 \(AT/TC\) 唯一确定：若此比值为 \(t\)，则 \[ AT=\frac{t}{1+t}\,AC. \] 因此， \[ E=F \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \] 每条角平分线与直线 \(AC\) 都交于其对应的上述点，所以这两条角平分线在 \(AC\) 上有公共点，当且仅当 \(E=F\)。这也涵盖了它们所在直线重合的情形。将这一等价关系与 (1) 结合，即证得结论。
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 2003 · Задача 4
Четырёхугольник \(ABCD\) вписан в окружность. Основания перпендикуляров, опущенных из \(D\) на прямые \(AB,BC,CA\), обозначены соответственно через \(P,Q,R\). Докажите, что биссектрисы углов \(ABC\) и \(CDA\) пересекаются на прямой \(AC\) тогда и только тогда, когда \(RP=RQ\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Сначала установим равенство для проекций, охватывающее все возможные положения оснований перпендикуляров. Если \(U,V\) — ортогональные проекции точки \(X\) на две прямые, проходящие через \(O\) и образующие угол \(\theta\in(0,\pi)\), то \[ UV=OX\sin\theta. \] Действительно, выберем систему координат так, чтобы \(O=(0,0)\), \(X=(x,y)\), а прямые имели направляющие векторы \((1,0)\) и \((\cos\theta,\sin\theta)\). Обозначив \(c=\cos\theta\), \(s=\sin\theta\), получим \[ U=(x,0),\qquad V=(xc+ys)(c,s). \] Следовательно, \[ UV^2=(-xs^2+ycs)^2+(xcs+ys^2)^2 =s^2(x^2+y^2), \] что доказывает равенство, в том числе в случаях, когда проекция совпадает с \(O\) или \(X\).
Применим это равенство к проекциям \(D\) на \(AB,AC\), а затем на \(CB,CA\). Получим \[ RP=AD\sin\angle BAC,\qquad RQ=CD\sin\angle BCA. \] По теореме синусов в треугольнике \(ABC\) \[ \frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle BCA}=\frac{BC}{AB}. \] Все эти длины и синусы положительны, поскольку четыре вершины вписанного четырёхугольника различны и никакие три из них не лежат на одной прямой. Следовательно, \[ \frac{RP}{RQ}=\frac{AD\cdot BC}{CD\cdot AB}, \] и потому \[ RP=RQ \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \tag{1} \]
Пусть биссектрисы внутренних углов \(\angle ABC\) и \(\angle CDA\) пересекают отрезок \(AC\) в точках \(E\) и \(F\) соответственно. По теореме о биссектрисе \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}, \qquad \frac{AF}{FC}=\frac{AD}{CD}. \] Точка \(T\), лежащая внутри отрезка \(AC\), однозначно определяется отношением \(AT/TC\): если это отношение равно \(t\), то \[ AT=\frac{t}{1+t}\,AC. \] Таким образом, \[ E=F \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \] Каждая биссектриса пересекает прямую \(AC\) в указанной точке, поэтому биссектрисы имеют общую точку на \(AC\) тогда и только тогда, когда \(E=F\). Это рассуждение охватывает и случай, когда прямые, содержащие биссектрисы, совпадают. Объединяя эту равносильность с (1), получаем требуемое утверждение.
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 2003 · المسألة 4
الرباعي \(ABCD\) دائري. مساقط النقطة \(D\) العمودية على المستقيمات \(AB,BC,CA\) هي \(P,Q,R\) على الترتيب. أثبت أن منصفي الزاويتين \(ABC\) و\(CDA\) يلتقيان على المستقيم \(AC\) إذا وفقط إذا كان \(RP=RQ\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نثبت أولًا متطابقة للإسقاط تشمل جميع المواضع الممكنة للمساقط العمودية. إذا كانت \(U,V\) المسقطين العموديين لنقطة \(X\) على مستقيمين يمران بالنقطة \(O\) ويشكلان زاوية \(\theta\in(0,\pi)\)، فإن \[ UV=OX\sin\theta. \] بالفعل، نختار إحداثيات بحيث \(O=(0,0)\) و\(X=(x,y)\)، ويكون اتجاها المستقيمين هما \((1,0)\) و\((\cos\theta,\sin\theta)\). وبكتابة \(c=\cos\theta\) و\(s=\sin\theta\)، نحصل على \[ U=(x,0),\qquad V=(xc+ys)(c,s). \] وبالتالي، \[ UV^2=(-xs^2+ycs)^2+(xcs+ys^2)^2 =s^2(x^2+y^2), \] وهذا يثبت المتطابقة، بما في ذلك الحالات التي ينطبق فيها أحد المسقطين على \(O\) أو \(X\).
نطبق هذه المتطابقة على مسقطي \(D\) على \(AB,AC\)، ثم على مسقطيها على \(CB,CA\). فنحصل على \[ RP=AD\sin\angle BAC,\qquad RQ=CD\sin\angle BCA. \] وفقًا لقانون الجيوب في المثلث \(ABC\)، \[ \frac{\sin\angle BAC}{\sin\angle BCA}=\frac{BC}{AB}. \] جميع هذه الأطوال والجيوب موجبة، لأن رؤوس الرباعي الدائري الأربعة مختلفة، ولا تقع أي ثلاثة منها على استقامة واحدة. ومن ثم، \[ \frac{RP}{RQ}=\frac{AD\cdot BC}{CD\cdot AB}, \] وبالتالي، \[ RP=RQ \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \tag{1} \]
ليكن تقاطع المنصفين الداخليين للزاويتين \(\angle ABC\) و\(\angle CDA\) مع القطعة \(AC\) عند \(E\) و\(F\) على الترتيب. تعطي مبرهنة منصف الزاوية \[ \frac{AE}{EC}=\frac{AB}{BC}, \qquad \frac{AF}{FC}=\frac{AD}{CD}. \] تتحدد النقطة \(T\) الواقعة في القطعة المفتوحة \(AC\) تحديدًا وحيدًا بالنسبة \(AT/TC\): فإذا كانت هذه النسبة \(t\)، فإن \[ AT=\frac{t}{1+t}\,AC. \] إذن \[ E=F \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{AB}{BC}=\frac{AD}{CD}. \] يلتقي كل منصف بالمستقيم \(AC\) عند النقطة المحددة له، ولذلك تكون للمنصفين نقطة مشتركة على \(AC\) إذا وفقط إذا كان \(E=F\). ويشمل هذا أيضًا الحالة التي ينطبق فيها المستقيمان الحاملان لهما. وبالجمع بين هذا التكافؤ و(1)، يثبت المطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.