IMO 2004 · Problem 5
In a convex quadrilateral \(ABCD\) the diagonal \(BD\) does not bisect the angles \(ABC\) and \(CDA\). The point \(P\) lies inside \(ABCD\) and satisfies \[ \angle PBC=\angle DBA \quad\text{and}\quad \angle PDC=\angle BDA. \] Prove that \(ABCD\) is a cyclic quadrilateral if and only if \(AP=CP\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Since \(P\) is inside the quadrilateral, the given equalities also imply \[ \angle PBA=\angle DBC,\qquad \angle PDA=\angle BDC. \] Thus interchanging \(A\) and \(C\) preserves the hypotheses.
Moreover, \(P\) cannot lie on \(BD\): otherwise the first given equality would make \(BD\) bisect \(\angle ABC\). Hence, interchanging \(A\) and \(C\) if necessary, we may assume that \(P\) lies strictly inside triangle \(ABD\).
Set \[ \alpha=\angle ABD,\quad \beta=\angle BDA,\quad \gamma=\angle DBC,\quad \delta=\angle BDC. \] The hypotheses give \[ \angle PBD=\alpha-\gamma>0,\qquad \angle PDB=\beta-\delta>0, \] and \[ \angle ABP=\gamma,\qquad \angle ADP=\delta. \] Consequently, \[ 0<\gamma+\delta<\alpha+\beta<\pi. \tag{1} \]
We first prove that \[ \sin\angle BPA=\sin\angle CPD. \tag{2} \] Define \[ x=\pi-\angle BPA,\qquad y=\pi-\angle APD,\qquad u=\angle CPD,\qquad v=\angle BPC. \] Because \(P\) is inside triangle \(ABD\), and the segment \(PC\) crosses the interior of \(BD\), all four angles are positive and \[ x+y=u+v=\angle BPD<\pi. \] The sine rule in triangles \(ABP,ADP,ABD,BCD,CDP,CBP\) gives \[ \frac{\sin x}{\sin y} =\frac{AB\sin\gamma}{AD\sin\delta} =\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha\sin\delta} =\frac{CD\sin\beta}{BC\sin\alpha} =\frac{\sin u}{\sin v}. \] Writing \(S=x+y=u+v\), we therefore have \[ 0=\sin x\sin(S-u)-\sin u\sin(S-x) =\sin S\sin(x-u). \] Since \(0<S<\pi\) and \(-\pi<x-u<\pi\), this forces \(x=u\), proving (2).
Now apply the sine rule in triangles \(ABP\) and \(CDP\), using (2): \[ \frac{AP}{CP} = \frac{AB\sin\gamma/\sin\angle BPA} {CD\sin\beta/\sin\angle CPD} = \frac{AB\sin\gamma}{CD\sin\beta}. \] The sine rule in triangles \(ABD\) and \(BCD\) also gives \[ AB=\frac{BD\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}, \qquad CD=\frac{BD\sin\gamma}{\sin(\gamma+\delta)}. \] Hence \[ \boxed{\frac{AP}{CP} =\frac{\sin(\gamma+\delta)}{\sin(\alpha+\beta)}}. \tag{3} \]
By (1), the two arguments in (3) are distinct and lie in \((0,\pi)\). Their sines are equal exactly when their sum is \(\pi\). Thus \[ AP=CP \iff \alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi. \] Finally, \[ \angle BAD=\pi-(\alpha+\beta),\qquad \angle BCD=\pi-(\gamma+\delta), \] so the last condition is equivalent to \[ \angle BAD+\angle BCD=\pi. \] For a convex quadrilateral, this is precisely the criterion for cyclicity. This proves both directions. \(\square\)
The solution was checked against Evan Chen's published IMO solution notes.
IMO 2004 · Aufgabe 5
In einem konvexen Viereck \(ABCD\) halbiert die Diagonale \(BD\) weder den Winkel \(ABC\) noch den Winkel \(CDA\). Der Punkt \(P\) liegt im Inneren von \(ABCD\) und erfüllt \[ \angle PBC=\angle DBA \quad\text{und}\quad \angle PDC=\angle BDA. \] Beweise, dass \(ABCD\) genau dann ein Sehnenviereck ist, wenn \(AP=CP\) gilt.
Aufgabentext aus dem offiziellen englischen Text übersetzt. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Da \(P\) im Inneren des Vierecks liegt, folgt aus den gegebenen Gleichheiten auch \[ \angle PBA=\angle DBC,\qquad \angle PDA=\angle BDC. \] Somit bleiben beim Vertauschen von \(A\) und \(C\) die Voraussetzungen erhalten.
Außerdem kann \(P\) nicht auf \(BD\) liegen: Andernfalls würde die erste gegebene Gleichheit besagen, dass \(BD\) den Winkel \(\angle ABC\) halbiert. Indem wir gegebenenfalls \(A\) und \(C\) vertauschen, können wir daher annehmen, dass \(P\) echt im Inneren des Dreiecks \(ABD\) liegt.
Wir setzen \[ \alpha=\angle ABD,\quad \beta=\angle BDA,\quad \gamma=\angle DBC,\quad \delta=\angle BDC. \] Aus den Voraussetzungen folgt \[ \angle PBD=\alpha-\gamma>0,\qquad \angle PDB=\beta-\delta>0, \] und \[ \angle ABP=\gamma,\qquad \angle ADP=\delta. \] Folglich gilt \[ 0<\gamma+\delta<\alpha+\beta<\pi. \tag{1} \]
Wir beweisen zunächst, dass \[ \sin\angle BPA=\sin\angle CPD. \tag{2} \] Wir definieren \[ x=\pi-\angle BPA,\qquad y=\pi-\angle APD,\qquad u=\angle CPD,\qquad v=\angle BPC. \] Da \(P\) im Inneren des Dreiecks \(ABD\) liegt und die Strecke \(PC\) das Innere von \(BD\) schneidet, sind alle vier Winkel positiv, und es gilt \[ x+y=u+v=\angle BPD<\pi. \] Der Sinussatz in den Dreiecken \(ABP,ADP,ABD,BCD,CDP,CBP\) ergibt \[ \frac{\sin x}{\sin y} =\frac{AB\sin\gamma}{AD\sin\delta} =\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha\sin\delta} =\frac{CD\sin\beta}{BC\sin\alpha} =\frac{\sin u}{\sin v}. \] Schreiben wir \(S=x+y=u+v\), so gilt daher \[ 0=\sin x\sin(S-u)-\sin u\sin(S-x) =\sin S\sin(x-u). \] Wegen \(0<S<\pi\) und \(-\pi<x-u<\pi\) folgt daraus zwingend \(x=u\), womit (2) bewiesen ist.
Nun wenden wir unter Verwendung von (2) den Sinussatz in den Dreiecken \(ABP\) und \(CDP\) an: \[ \frac{AP}{CP} = \frac{AB\sin\gamma/\sin\angle BPA} {CD\sin\beta/\sin\angle CPD} = \frac{AB\sin\gamma}{CD\sin\beta}. \] Der Sinussatz in den Dreiecken \(ABD\) und \(BCD\) liefert außerdem \[ AB=\frac{BD\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}, \qquad CD=\frac{BD\sin\gamma}{\sin(\gamma+\delta)}. \] Somit gilt \[ \boxed{\frac{AP}{CP} =\frac{\sin(\gamma+\delta)}{\sin(\alpha+\beta)}}. \tag{3} \]
Nach (1) sind die beiden Argumente in (3) verschieden und liegen in \((0,\pi)\). Ihre Sinuswerte sind genau dann gleich, wenn ihre Summe \(\pi\) ist. Also gilt \[ AP=CP \iff \alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi. \] Schließlich ist \[ \angle BAD=\pi-(\alpha+\beta),\qquad \angle BCD=\pi-(\gamma+\delta), \] sodass die letzte Bedingung äquivalent zu \[ \angle BAD+\angle BCD=\pi \] ist. Für ein konvexes Viereck ist dies genau das Kriterium dafür, ein Sehnenviereck zu sein. Damit sind beide Richtungen bewiesen. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den veröffentlichten IMO-Lösungsnotizen von Evan Chen abgeglichen.
IMO 2004 · Soru 5
Bir dışbükey \(ABCD\) dörtgeninde \(BD\) köşegeni, \(ABC\) ve \(CDA\) açılarının hiçbirinin açıortayı değildir. \(P\) noktası \(ABCD\)'nin içinde yer almakta ve \[ \angle PBC=\angle DBA \quad\text{ve}\quad \angle PDC=\angle BDA \] eşitliklerini sağlamaktadır. \(ABCD\)'nin bir kirişler dörtgeni olması için gerek ve yeter koşulun \(AP=CP\) olduğunu kanıtlayınız.
Soru metni resmi İngilizce metinden çevrilmiştir. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(P\) dörtgenin içinde olduğundan, verilen eşitliklerden ayrıca \[ \angle PBA=\angle DBC,\qquad \angle PDA=\angle BDC \] elde edilir. Dolayısıyla \(A\) ve \(C\)'nin yerlerini değiştirmek varsayımları korur.
Ayrıca \(P\), \(BD\) üzerinde bulunamaz: aksi hâlde verilen ilk eşitlik, \(BD\)'nin \(\angle ABC\) açısının açıortayı olmasını gerektirirdi. O hâlde gerekirse \(A\) ve \(C\)'nin yerlerini değiştirerek \(P\)'nin \(ABD\) üçgeninin kesin olarak içinde bulunduğunu varsayabiliriz.
Şöyle tanımlayalım: \[ \alpha=\angle ABD,\quad \beta=\angle BDA,\quad \gamma=\angle DBC,\quad \delta=\angle BDC. \] Varsayımlar \[ \angle PBD=\alpha-\gamma>0,\qquad \angle PDB=\beta-\delta>0 \] ve \[ \angle ABP=\gamma,\qquad \angle ADP=\delta \] eşitliklerini verir. Sonuç olarak, \[ 0<\gamma+\delta<\alpha+\beta<\pi. \tag{1} \]
Önce \[ \sin\angle BPA=\sin\angle CPD \tag{2} \] olduğunu kanıtlayalım. Şöyle tanımlayalım: \[ x=\pi-\angle BPA,\qquad y=\pi-\angle APD,\qquad u=\angle CPD,\qquad v=\angle BPC. \] \(P\), \(ABD\) üçgeninin içinde olduğundan ve \(PC\) doğru parçası \(BD\)'nin içinden geçtiğinden, dört açının hepsi pozitiftir ve \[ x+y=u+v=\angle BPD<\pi. \] \(ABP,ADP,ABD,BCD,CDP,CBP\) üçgenlerinde sinüs teoremi \[ \frac{\sin x}{\sin y} =\frac{AB\sin\gamma}{AD\sin\delta} =\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha\sin\delta} =\frac{CD\sin\beta}{BC\sin\alpha} =\frac{\sin u}{\sin v} \] eşitliklerini verir. \(S=x+y=u+v\) yazarak \[ 0=\sin x\sin(S-u)-\sin u\sin(S-x) =\sin S\sin(x-u) \] elde ederiz. \(0<S<\pi\) ve \(-\pi<x-u<\pi\) olduğundan bu, \(x=u\) olmasını gerektirir ve (2)'yi kanıtlar.
Şimdi (2)'yi kullanarak \(ABP\) ve \(CDP\) üçgenlerinde sinüs teoremini uygulayalım: \[ \frac{AP}{CP} = \frac{AB\sin\gamma/\sin\angle BPA} {CD\sin\beta/\sin\angle CPD} = \frac{AB\sin\gamma}{CD\sin\beta}. \] \(ABD\) ve \(BCD\) üçgenlerinde sinüs teoremi ayrıca \[ AB=\frac{BD\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}, \qquad CD=\frac{BD\sin\gamma}{\sin(\gamma+\delta)} \] eşitliklerini verir. Böylece \[ \boxed{\frac{AP}{CP} =\frac{\sin(\gamma+\delta)}{\sin(\alpha+\beta)}}. \tag{3} \]
(1)'e göre, (3)'teki iki açı birbirinden farklıdır ve \((0,\pi)\) aralığındadır. Sinüsleri tam olarak toplamları \(\pi\) olduğunda eşittir. Dolayısıyla \[ AP=CP \iff \alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi. \] Son olarak, \[ \angle BAD=\pi-(\alpha+\beta),\qquad \angle BCD=\pi-(\gamma+\delta) \] olduğundan son koşul \[ \angle BAD+\angle BCD=\pi \] eşitliğine denktir. Dışbükey bir dörtgen için bu, tam olarak kirişler dörtgeni olma ölçütüdür. Böylece her iki yön de kanıtlanmış olur. \(\square\)
Çözüm, Evan Chen'in yayımlanmış IMO çözüm notlarıyla karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2004 · Problema 5
En un cuadrilátero convexo \(ABCD\), la diagonal \(BD\) no biseca ninguno de los ángulos \(ABC\) y \(CDA\). El punto \(P\) está en el interior de \(ABCD\) y satisface \[ \angle PBC=\angle DBA \quad\text{y}\quad \angle PDC=\angle BDA. \] Demuestre que \(ABCD\) es un cuadrilátero cíclico si y solo si \(AP=CP\).
Enunciado traducido del texto oficial en inglés. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Como \(P\) está en el interior del cuadrilátero, las igualdades dadas también implican \[ \angle PBA=\angle DBC,\qquad \angle PDA=\angle BDC. \] Por tanto, intercambiar \(A\) y \(C\) conserva las hipótesis.
Además, \(P\) no puede estar en \(BD\): de lo contrario, la primera igualdad dada haría que \(BD\) bisecase \(\angle ABC\). Por consiguiente, intercambiando \(A\) y \(C\) si es necesario, podemos suponer que \(P\) está estrictamente en el interior del triángulo \(ABD\).
Pongamos \[ \alpha=\angle ABD,\quad \beta=\angle BDA,\quad \gamma=\angle DBC,\quad \delta=\angle BDC. \] Las hipótesis dan \[ \angle PBD=\alpha-\gamma>0,\qquad \angle PDB=\beta-\delta>0, \] y \[ \angle ABP=\gamma,\qquad \angle ADP=\delta. \] En consecuencia, \[ 0<\gamma+\delta<\alpha+\beta<\pi. \tag{1} \]
Demostramos primero que \[ \sin\angle BPA=\sin\angle CPD. \tag{2} \] Definamos \[ x=\pi-\angle BPA,\qquad y=\pi-\angle APD,\qquad u=\angle CPD,\qquad v=\angle BPC. \] Como \(P\) está en el interior del triángulo \(ABD\), y el segmento \(PC\) cruza el interior de \(BD\), los cuatro ángulos son positivos y \[ x+y=u+v=\angle BPD<\pi. \] El teorema del seno en los triángulos \(ABP,ADP,ABD,BCD,CDP,CBP\) da \[ \frac{\sin x}{\sin y} =\frac{AB\sin\gamma}{AD\sin\delta} =\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha\sin\delta} =\frac{CD\sin\beta}{BC\sin\alpha} =\frac{\sin u}{\sin v}. \] Escribiendo \(S=x+y=u+v\), tenemos, por tanto, \[ 0=\sin x\sin(S-u)-\sin u\sin(S-x) =\sin S\sin(x-u). \] Como \(0<S<\pi\) y \(-\pi<x-u<\pi\), esto obliga a que \(x=u\), lo que demuestra (2).
Apliquemos ahora el teorema del seno en los triángulos \(ABP\) y \(CDP\), utilizando (2): \[ \frac{AP}{CP} = \frac{AB\sin\gamma/\sin\angle BPA} {CD\sin\beta/\sin\angle CPD} = \frac{AB\sin\gamma}{CD\sin\beta}. \] El teorema del seno en los triángulos \(ABD\) y \(BCD\) también da \[ AB=\frac{BD\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}, \qquad CD=\frac{BD\sin\gamma}{\sin(\gamma+\delta)}. \] Por consiguiente, \[ \boxed{\frac{AP}{CP} =\frac{\sin(\gamma+\delta)}{\sin(\alpha+\beta)}}. \tag{3} \]
Por (1), los dos argumentos de (3) son distintos y pertenecen a \((0,\pi)\). Sus senos son iguales exactamente cuando su suma es \(\pi\). Así pues, \[ AP=CP \iff \alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi. \] Finalmente, \[ \angle BAD=\pi-(\alpha+\beta),\qquad \angle BCD=\pi-(\gamma+\delta), \] por lo que la última condición es equivalente a \[ \angle BAD+\angle BCD=\pi. \] Para un cuadrilátero convexo, este es precisamente el criterio para que sea cíclico. Esto demuestra ambas implicaciones. \(\square\)
La solución se comprobó con las notas de soluciones de la IMO publicadas por Evan Chen.
IMO 2004 · 问题 5
在凸四边形 \(ABCD\) 中，对角线 \(BD\) 既不平分角 \(ABC\)，也不平分角 \(CDA\)。点 \(P\) 位于 \(ABCD\) 内部，并满足 \[ \angle PBC=\angle DBA \quad\text{且}\quad \angle PDC=\angle BDA. \] 证明：\(ABCD\) 为圆内接四边形，当且仅当 \(AP=CP\)。
题目译自官方英文原文。 官方试卷 (PDF)
解答
由于 \(P\) 位于四边形内部，题设等式还蕴含 \[ \angle PBA=\angle DBC,\qquad \angle PDA=\angle BDC. \] 因此，交换 \(A\) 与 \(C\) 后，题设条件仍成立。
此外，\(P\) 不可能位于 \(BD\) 上：否则，题设的第一个等式将意味着 \(BD\) 平分 \(\angle ABC\)。所以，必要时交换 \(A\) 与 \(C\)，可以假设 \(P\) 严格位于三角形 \(ABD\) 的内部。
令 \[ \alpha=\angle ABD,\quad \beta=\angle BDA,\quad \gamma=\angle DBC,\quad \delta=\angle BDC. \] 由题设得 \[ \angle PBD=\alpha-\gamma>0,\qquad \angle PDB=\beta-\delta>0, \] 以及 \[ \angle ABP=\gamma,\qquad \angle ADP=\delta. \] 于是 \[ 0<\gamma+\delta<\alpha+\beta<\pi. \tag{1} \]
我们先证明 \[ \sin\angle BPA=\sin\angle CPD. \tag{2} \] 定义 \[ x=\pi-\angle BPA,\qquad y=\pi-\angle APD,\qquad u=\angle CPD,\qquad v=\angle BPC. \] 由于 \(P\) 位于三角形 \(ABD\) 内部，且线段 \(PC\) 穿过 \(BD\) 的内部，这四个角均为正，且 \[ x+y=u+v=\angle BPD<\pi. \] 在三角形 \(ABP,ADP,ABD,BCD,CDP,CBP\) 中应用正弦定理，得 \[ \frac{\sin x}{\sin y} =\frac{AB\sin\gamma}{AD\sin\delta} =\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha\sin\delta} =\frac{CD\sin\beta}{BC\sin\alpha} =\frac{\sin u}{\sin v}. \] 记 \(S=x+y=u+v\)，于是有 \[ 0=\sin x\sin(S-u)-\sin u\sin(S-x) =\sin S\sin(x-u). \] 由于 \(0<S<\pi\) 且 \(-\pi<x-u<\pi\)，必有 \(x=u\)，从而证明了 (2)。
现在在三角形 \(ABP\) 与 \(CDP\) 中应用正弦定理，并利用 (2)，得 \[ \frac{AP}{CP} = \frac{AB\sin\gamma/\sin\angle BPA} {CD\sin\beta/\sin\angle CPD} = \frac{AB\sin\gamma}{CD\sin\beta}. \] 在三角形 \(ABD\) 与 \(BCD\) 中应用正弦定理，还可得 \[ AB=\frac{BD\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}, \qquad CD=\frac{BD\sin\gamma}{\sin(\gamma+\delta)}. \] 因此 \[ \boxed{\frac{AP}{CP} =\frac{\sin(\gamma+\delta)}{\sin(\alpha+\beta)}}. \tag{3} \]
由 (1)，(3) 中两个正弦函数的自变量互不相同，且都位于 \((0,\pi)\) 内。它们的正弦值相等，当且仅当它们的和为 \(\pi\)。因此 \[ AP=CP \iff \alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi. \] 最后， \[ \angle BAD=\pi-(\alpha+\beta),\qquad \angle BCD=\pi-(\gamma+\delta), \] 所以上述条件等价于 \[ \angle BAD+\angle BCD=\pi. \] 对于凸四边形，这恰好是四点共圆的判定条件。必要性与充分性均得证。\(\square\)
解答已与 Evan Chen 发布的 IMO 解答笔记核对。
IMO 2004 · Задача 5
В выпуклом четырёхугольнике \(ABCD\) диагональ \(BD\) не является биссектрисой ни угла \(ABC\), ни угла \(CDA\). Точка \(P\) лежит внутри \(ABCD\) и удовлетворяет условиям \[ \angle PBC=\angle DBA \quad\text{и}\quad \angle PDC=\angle BDA. \] Докажите, что четырёхугольник \(ABCD\) является вписанным тогда и только тогда, когда \(AP=CP\).
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Поскольку \(P\) находится внутри четырёхугольника, из данных равенств также следует \[ \angle PBA=\angle DBC,\qquad \angle PDA=\angle BDC. \] Таким образом, при перестановке \(A\) и \(C\) условия сохраняются.
Кроме того, \(P\) не может лежать на \(BD\): иначе из первого данного равенства следовало бы, что \(BD\) — биссектриса угла \(\angle ABC\). Следовательно, при необходимости поменяв \(A\) и \(C\) местами, можно считать, что \(P\) лежит строго внутри треугольника \(ABD\).
Положим \[ \alpha=\angle ABD,\quad \beta=\angle BDA,\quad \gamma=\angle DBC,\quad \delta=\angle BDC. \] Из условий получаем \[ \angle PBD=\alpha-\gamma>0,\qquad \angle PDB=\beta-\delta>0, \] и \[ \angle ABP=\gamma,\qquad \angle ADP=\delta. \] Следовательно, \[ 0<\gamma+\delta<\alpha+\beta<\pi. \tag{1} \]
Сначала докажем, что \[ \sin\angle BPA=\sin\angle CPD. \tag{2} \] Обозначим \[ x=\pi-\angle BPA,\qquad y=\pi-\angle APD,\qquad u=\angle CPD,\qquad v=\angle BPC. \] Поскольку \(P\) находится внутри треугольника \(ABD\), а отрезок \(PC\) пересекает внутреннюю часть \(BD\), все четыре угла положительны и \[ x+y=u+v=\angle BPD<\pi. \] По теореме синусов в треугольниках \(ABP,ADP,ABD,BCD,CDP,CBP\) получаем \[ \frac{\sin x}{\sin y} =\frac{AB\sin\gamma}{AD\sin\delta} =\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha\sin\delta} =\frac{CD\sin\beta}{BC\sin\alpha} =\frac{\sin u}{\sin v}. \] Поэтому, положив \(S=x+y=u+v\), имеем \[ 0=\sin x\sin(S-u)-\sin u\sin(S-x) =\sin S\sin(x-u). \] Поскольку \(0<S<\pi\) и \(-\pi<x-u<\pi\), отсюда следует \(x=u\), что доказывает (2).
Теперь применим теорему синусов к треугольникам \(ABP\) и \(CDP\), используя (2): \[ \frac{AP}{CP} = \frac{AB\sin\gamma/\sin\angle BPA} {CD\sin\beta/\sin\angle CPD} = \frac{AB\sin\gamma}{CD\sin\beta}. \] Теорема синусов в треугольниках \(ABD\) и \(BCD\) также даёт \[ AB=\frac{BD\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}, \qquad CD=\frac{BD\sin\gamma}{\sin(\gamma+\delta)}. \] Следовательно, \[ \boxed{\frac{AP}{CP} =\frac{\sin(\gamma+\delta)}{\sin(\alpha+\beta)}}. \tag{3} \]
В силу (1) два аргумента в (3) различны и принадлежат \((0,\pi)\). Их синусы равны в точности тогда, когда их сумма равна \(\pi\). Таким образом, \[ AP=CP \iff \alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi. \] Наконец, \[ \angle BAD=\pi-(\alpha+\beta),\qquad \angle BCD=\pi-(\gamma+\delta), \] поэтому последнее условие равносильно \[ \angle BAD+\angle BCD=\pi. \] Для выпуклого четырёхугольника это в точности критерий того, что он является вписанным. Оба направления доказаны. \(\square\)
Решение проверено по опубликованным заметкам Эвана Чена с решениями IMO.
IMO 2004 · المسألة 5
في رباعي محدب \(ABCD\)، لا ينصف القطر \(BD\) أيًا من الزاويتين \(ABC\) و\(CDA\). تقع النقطة \(P\) داخل \(ABCD\) وتحقق \[ \angle PBC=\angle DBA \quad\text{و}\quad \angle PDC=\angle BDA. \] أثبت أن \(ABCD\) رباعي دائري إذا وفقط إذا كان \(AP=CP\).
نص المسألة مترجم عن النص الإنجليزي الرسمي. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
بما أن \(P\) داخل الرباعي، فإن المساواتين المعطاتين تستلزمان أيضًا \[ \angle PBA=\angle DBC,\qquad \angle PDA=\angle BDC. \] ومن ثم فإن تبديل \(A\) و\(C\) يحافظ على الفرضيات.
علاوة على ذلك، لا يمكن أن تقع \(P\) على \(BD\): وإلا لجعلت المساواة الأولى المعطاة \(BD\) منصفًا للزاوية \(\angle ABC\). لذلك، بتبديل \(A\) و\(C\) عند الحاجة، يمكننا افتراض أن \(P\) تقع في الداخل تمامًا من المثلث \(ABD\).
نضع \[ \alpha=\angle ABD,\quad \beta=\angle BDA,\quad \gamma=\angle DBC,\quad \delta=\angle BDC. \] تعطي الفرضيات \[ \angle PBD=\alpha-\gamma>0,\qquad \angle PDB=\beta-\delta>0, \] و \[ \angle ABP=\gamma,\qquad \angle ADP=\delta. \] وبالتالي، \[ 0<\gamma+\delta<\alpha+\beta<\pi. \tag{1} \]
نثبت أولًا أن \[ \sin\angle BPA=\sin\angle CPD. \tag{2} \] نعرّف \[ x=\pi-\angle BPA,\qquad y=\pi-\angle APD,\qquad u=\angle CPD,\qquad v=\angle BPC. \] بما أن \(P\) داخل المثلث \(ABD\)، وأن القطعة \(PC\) تقطع داخل القطعة \(BD\)، فإن الزوايا الأربع كلها موجبة، و \[ x+y=u+v=\angle BPD<\pi. \] يعطي قانون الجيب في المثلثات \(ABP,ADP,ABD,BCD,CDP,CBP\) \[ \frac{\sin x}{\sin y} =\frac{AB\sin\gamma}{AD\sin\delta} =\frac{\sin\beta\sin\gamma}{\sin\alpha\sin\delta} =\frac{CD\sin\beta}{BC\sin\alpha} =\frac{\sin u}{\sin v}. \] وبكتابة \(S=x+y=u+v\)، نحصل لذلك على \[ 0=\sin x\sin(S-u)-\sin u\sin(S-x) =\sin S\sin(x-u). \] بما أن \(0<S<\pi\) و\(-\pi<x-u<\pi\)، فإن هذا يقتضي \(x=u\)، مما يثبت (2).
نطبق الآن قانون الجيب في المثلثين \(ABP\) و\(CDP\)، باستخدام (2): \[ \frac{AP}{CP} = \frac{AB\sin\gamma/\sin\angle BPA} {CD\sin\beta/\sin\angle CPD} = \frac{AB\sin\gamma}{CD\sin\beta}. \] ويعطي قانون الجيب في المثلثين \(ABD\) و\(BCD\) أيضًا \[ AB=\frac{BD\sin\beta}{\sin(\alpha+\beta)}, \qquad CD=\frac{BD\sin\gamma}{\sin(\gamma+\delta)}. \] ومن ثم \[ \boxed{\frac{AP}{CP} =\frac{\sin(\gamma+\delta)}{\sin(\alpha+\beta)}}. \tag{3} \]
بموجب (1)، الزاويتان اللتان نأخذ جيبيهما في (3) مختلفتان وتقعان في \((0,\pi)\). ويتساوى جيباهما إذا وفقط إذا كان مجموعهما \(\pi\). إذن \[ AP=CP \iff \alpha+\beta+\gamma+\delta=\pi. \] وأخيرًا، \[ \angle BAD=\pi-(\alpha+\beta),\qquad \angle BCD=\pi-(\gamma+\delta), \] ولذلك يكافئ الشرط الأخير \[ \angle BAD+\angle BCD=\pi. \] وهذا هو بالضبط معيار كون الرباعي المحدب دائريًا. وبذلك يثبت الاتجاهان. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بملاحظات حلول IMO المنشورة لإيفان تشين.