IMO 2006 · Problem 1
Let \(ABC\) be a triangle with incentre \(I\). A point \(P\) in the interior of the triangle satisfies \[ \angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB. \] Show that \(AP\ge AI\), and that equality holds if and only if \(P=I\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Write \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\), and \(\gamma=\angle ACB\). Since \(P\) is inside the triangle, \[ \angle PBA+\angle PBC=\beta,\qquad \angle PCA+\angle PCB=\gamma. \] Combining these with the hypothesis gives \[ \angle PBC+\angle PCB=\frac{\beta+\gamma}{2}. \] Consequently, \[ \angle BPC =180^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2} =90^\circ+\frac{\alpha}{2} =\angle BIC. \] Because \(P\) and \(I\) lie on the same side of \(BC\), the converse of the inscribed-angle theorem shows that \(P\) lies on the circle \(\Gamma\) through \(B,C,I\). This is also immediate if \(P=I\).
We identify the centre of \(\Gamma\). Let \(D\) be the midpoint of the arc \(BC\) not containing \(A\) on the circumcircle of \(ABC\). The equal arcs \(BD\) and \(DC\) give \[ DB=DC,\qquad \angle BAD=\angle DAC=\frac{\alpha}{2}. \] Thus \(AD\) contains \(I\). Moreover, \(D\) lies on the opposite side of \(BC\) from \(A\), so the points occur in the order \(A,I,D\).
The inscribed-angle theorem gives \(\angle DBC=\angle DAC=\alpha/2\). Hence \[ \angle DBI =\angle DBC+\angle CBI =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] On the other hand, using triangle \(ABI\) and the order \(A,I,D\), \[ \angle BID =180^\circ-\angle BIA =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Triangle \(BDI\) is therefore isosceles, with \(DB=DI\). Together with \(DB=DC\), this proves that \(D\) is the centre of \(\Gamma\). In particular, \[ DP=DI. \]
The triangle inequality now yields \[ AP\ge AD-DP=AD-DI=AI. \] Equality holds only when \(P\) lies on the segment \(AD\). Since \(I\) also lies on that segment and \(DP=DI\), this forces \(P=I\). Conversely, \(P=I\) satisfies the angle condition because \(BI\) and \(CI\) are angle bisectors, and gives \(AP=AI\).
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2006 · Aufgabe 1
Es sei \(ABC\) ein Dreieck mit dem Inkreismittelpunkt \(I\). Für einen Punkt \(P\) im Innern des Dreiecks gelte: \[ \angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB \]
Man beweise: - \(\overline{AP}\ge\overline{AI}\) - Gleichheit tritt genau dann ein, wenn \(P=I\) gilt.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir schreiben \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\) und \(\gamma=\angle ACB\). Da \(P\) im Innern des Dreiecks liegt, gilt \[ \angle PBA+\angle PBC=\beta,\qquad \angle PCA+\angle PCB=\gamma. \] Zusammen mit der Voraussetzung ergibt dies \[ \angle PBC+\angle PCB=\frac{\beta+\gamma}{2}. \] Folglich gilt \[ \angle BPC =180^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2} =90^\circ+\frac{\alpha}{2} =\angle BIC. \] Da \(P\) und \(I\) auf derselben Seite von \(BC\) liegen, folgt aus der Umkehrung des Umfangswinkelsatzes, dass \(P\) auf dem Kreis \(\Gamma\) durch \(B,C,I\) liegt. Für \(P=I\) ist dies ebenfalls unmittelbar klar.
Wir bestimmen den Mittelpunkt von \(\Gamma\). Es sei \(D\) der Mittelpunkt des Bogens \(BC\) auf dem Umkreis von \(ABC\), der \(A\) nicht enthält. Aus den gleich langen Bögen \(BD\) und \(DC\) folgt \[ DB=DC,\qquad \angle BAD=\angle DAC=\frac{\alpha}{2}. \] Also liegt \(I\) auf \(AD\). Außerdem liegt \(D\) bezüglich \(BC\) auf der entgegengesetzten Seite von \(A\), sodass die Punkte in der Reihenfolge \(A,I,D\) liegen.
Der Umfangswinkelsatz liefert \(\angle DBC=\angle DAC=\alpha/2\). Daher gilt \[ \angle DBI =\angle DBC+\angle CBI =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Andererseits ergibt sich aus dem Dreieck \(ABI\) und der Reihenfolge \(A,I,D\) \[ \angle BID =180^\circ-\angle BIA =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Das Dreieck \(BDI\) ist somit gleichschenklig, und es gilt \(DB=DI\). Zusammen mit \(DB=DC\) beweist dies, dass \(D\) der Mittelpunkt von \(\Gamma\) ist. Insbesondere gilt \[ DP=DI. \]
Die Dreiecksungleichung liefert nun \[ AP\ge AD-DP=AD-DI=AI. \] Gleichheit gilt nur, wenn \(P\) auf der Strecke \(AD\) liegt. Da auch \(I\) auf dieser Strecke liegt und \(DP=DI\) gilt, folgt daraus \(P=I\). Umgekehrt erfüllt \(P=I\) die Winkelbedingung, da \(BI\) und \(CI\) Winkelhalbierende sind, und es gilt \(AP=AI\).
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2006 · Soru 1
İçteğet çemberinin merkezi \(I\) olan bir \(ABC\) üçgeninin içinde, \[ m(\widehat{PBA})+m(\widehat{PCA})=m(\widehat{PBC})+m(\widehat{PCB}) \] olacak şekilde bir P noktası seçiliyor. \(|AP|\ge |AI|\) olduğunu ve eşitliğin ancak ve ancak \(P=I\) olması halinde sağlanacağını gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\) ve \(\gamma=\angle ACB\) olsun. \(P\) üçgenin içinde olduğundan, \[ \angle PBA+\angle PBC=\beta,\qquad \angle PCA+\angle PCB=\gamma. \] Bu eşitlikleri verilen koşulla birleştirince \[ \angle PBC+\angle PCB=\frac{\beta+\gamma}{2} \] elde edilir. Dolayısıyla, \[ \angle BPC =180^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2} =90^\circ+\frac{\alpha}{2} =\angle BIC. \] \(P\) ve \(I\), \(BC\) doğrusunun aynı tarafında bulunduğundan, çevre açı teoreminin tersi \(P\) noktasının \(B,C,I\) noktalarından geçen \(\Gamma\) çemberi üzerinde olduğunu gösterir. \(P=I\) olduğunda da bu sonuç açıktır.
\(\Gamma\) çemberinin merkezini belirleyelim. \(D\), \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberinde \(A\) noktasını içermeyen \(BC\) yayının orta noktası olsun. Eşit \(BD\) ve \(DC\) yaylarından \[ DB=DC,\qquad \angle BAD=\angle DAC=\frac{\alpha}{2} \] elde edilir. Böylece \(I\), \(AD\) üzerindedir. Ayrıca \(D\), \(BC\) doğrusunun \(A\) noktasına göre karşı tarafında bulunduğundan, noktalar \(A,I,D\) sırasıyla dizilir.
Çevre açı teoremi \(\angle DBC=\angle DAC=\alpha/2\) eşitliğini verir. O hâlde \[ \angle DBI =\angle DBC+\angle CBI =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Öte yandan, \(ABI\) üçgenini ve \(A,I,D\) sıralamasını kullanarak \[ \angle BID =180^\circ-\angle BIA =\frac{\alpha+\beta}{2} \] buluruz. Dolayısıyla \(BDI\) üçgeni ikizkenardır ve \(DB=DI\) olur. Bu, \(DB=DC\) ile birlikte, \(D\) noktasının \(\Gamma\) çemberinin merkezi olduğunu kanıtlar. Özellikle, \[ DP=DI. \]
Şimdi üçgen eşitsizliği \[ AP\ge AD-DP=AD-DI=AI \] sonucunu verir. Eşitlik ancak \(P\) noktası \(AD\) doğru parçası üzerinde olduğunda sağlanır. \(I\) de bu doğru parçası üzerinde olduğundan ve \(DP=DI\) olduğundan, buradan zorunlu olarak \(P=I\) çıkar. Tersine, \(BI\) ve \(CI\) açıortay oldukları için \(P=I\) açı koşulunu sağlar ve \(AP=AI\) eşitliğini verir.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2006 · Problema 1
Sea \(ABC\) un triángulo y sea \(I\) el centro de su circunferencia inscrita. Sea \(P\) un punto en el interior del triángulo tal que \[ \angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB. \] Demuestre que \(AP\ge AI\) y que vale la igualdad si y sólo si \(P=I\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Escribamos \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\) y \(\gamma=\angle ACB\). Como \(P\) está en el interior del triángulo, \[ \angle PBA+\angle PBC=\beta,\qquad \angle PCA+\angle PCB=\gamma. \] Combinando estas igualdades con la hipótesis obtenemos \[ \angle PBC+\angle PCB=\frac{\beta+\gamma}{2}. \] Por consiguiente, \[ \angle BPC =180^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2} =90^\circ+\frac{\alpha}{2} =\angle BIC. \] Como \(P\) e \(I\) están al mismo lado de \(BC\), el recíproco del teorema del ángulo inscrito muestra que \(P\) pertenece a la circunferencia \(\Gamma\) que pasa por \(B,C,I\). Esto también es inmediato si \(P=I\).
Identifiquemos el centro de \(\Gamma\). Sea \(D\) el punto medio del arco \(BC\) que no contiene a \(A\) en la circunferencia circunscrita a \(ABC\). Los arcos iguales \(BD\) y \(DC\) dan \[ DB=DC,\qquad \angle BAD=\angle DAC=\frac{\alpha}{2}. \] Por tanto, \(AD\) contiene a \(I\). Además, \(D\) está al lado opuesto de \(BC\) respecto de \(A\), de modo que los puntos aparecen en el orden \(A,I,D\).
El teorema del ángulo inscrito da \(\angle DBC=\angle DAC=\alpha/2\). Así pues, \[ \angle DBI =\angle DBC+\angle CBI =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Por otra parte, utilizando el triángulo \(ABI\) y el orden \(A,I,D\), \[ \angle BID =180^\circ-\angle BIA =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] El triángulo \(BDI\) es, por tanto, isósceles, con \(DB=DI\). Junto con \(DB=DC\), esto demuestra que \(D\) es el centro de \(\Gamma\). En particular, \[ DP=DI. \]
La desigualdad triangular da ahora \[ AP\ge AD-DP=AD-DI=AI. \] La igualdad se cumple únicamente cuando \(P\) pertenece al segmento \(AD\). Como \(I\) también pertenece a ese segmento y \(DP=DI\), esto obliga a que \(P=I\). Recíprocamente, \(P=I\) satisface la condición angular porque \(BI\) y \(CI\) son bisectrices, y da \(AP=AI\).
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2006 · 问题 1
设 \(I\) 为 \(\triangle ABC\) 的内心，\(P\) 是 \(\triangle ABC\) 内部的一点，满足 \[ \angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB. \] 证明：\(AP\ge AI\)，并说明等号成立的充分必要条件是 \(P=I\)。
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
记 \(\alpha=\angle BAC\)，\(\beta=\angle ABC\)，\(\gamma=\angle ACB\)。由于 \(P\) 在三角形内部， \[ \angle PBA+\angle PBC=\beta,\qquad \angle PCA+\angle PCB=\gamma. \] 将这些等式与题设条件结合，得到 \[ \angle PBC+\angle PCB=\frac{\beta+\gamma}{2}. \] 因此， \[ \angle BPC =180^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2} =90^\circ+\frac{\alpha}{2} =\angle BIC. \] 因为 \(P\) 和 \(I\) 位于 \(BC\) 的同侧，由圆周角定理的逆定理可知，\(P\) 在经过 \(B,C,I\) 的圆 \(\Gamma\) 上。若 \(P=I\)，这一结论也显然成立。
下面确定 \(\Gamma\) 的圆心。设 \(D\) 为 \(ABC\) 的外接圆上不含 \(A\) 的弧 \(BC\) 的中点。由弧 \(BD\) 与弧 \(DC\) 相等，得 \[ DB=DC,\qquad \angle BAD=\angle DAC=\frac{\alpha}{2}. \] 因此，\(AD\) 经过 \(I\)。此外，\(D\) 与 \(A\) 位于 \(BC\) 的异侧，所以这三点依次为 \(A,I,D\)。
由圆周角定理，\(\angle DBC=\angle DAC=\alpha/2\)。于是 \[ \angle DBI =\angle DBC+\angle CBI =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] 另一方面，利用三角形 \(ABI\) 以及 \(A,I,D\) 的先后次序，得 \[ \angle BID =180^\circ-\angle BIA =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] 所以三角形 \(BDI\) 是等腰三角形，且 \(DB=DI\)。结合 \(DB=DC\)，可知 \(D\) 是 \(\Gamma\) 的圆心。特别地， \[ DP=DI. \]
现在由三角不等式，得 \[ AP\ge AD-DP=AD-DI=AI. \] 等号成立仅当 \(P\) 在线段 \(AD\) 上。由于 \(I\) 也在该线段上，且 \(DP=DI\)，必有 \(P=I\)。反过来，当 \(P=I\) 时，由于 \(BI\) 和 \(CI\) 是角平分线，题设的角度条件成立，并且 \(AP=AI\)。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2006 · Задача 1
Точка \(I\) – центр вписанной окружности треугольника \(ABC\). Внутри треугольника выбрана точка \(P\) такая, что \[ \angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB. \] Докажите, что \(AP\ge AI\), причем равенство выполняется тогда и только тогда, когда \(P\) совпадает с \(I\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Обозначим \(\alpha=\angle BAC\), \(\beta=\angle ABC\) и \(\gamma=\angle ACB\). Поскольку \(P\) находится внутри треугольника, \[ \angle PBA+\angle PBC=\beta,\qquad \angle PCA+\angle PCB=\gamma. \] Из этих равенств и условия получаем \[ \angle PBC+\angle PCB=\frac{\beta+\gamma}{2}. \] Следовательно, \[ \angle BPC =180^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2} =90^\circ+\frac{\alpha}{2} =\angle BIC. \] Поскольку \(P\) и \(I\) лежат по одну сторону от \(BC\), по теореме, обратной теореме о вписанном угле, точка \(P\) лежит на окружности \(\Gamma\), проходящей через \(B,C,I\). При \(P=I\) это также очевидно.
Найдем центр \(\Gamma\). Пусть \(D\) — середина дуги \(BC\), не содержащей \(A\), на описанной окружности треугольника \(ABC\). Из равенства дуг \(BD\) и \(DC\) следует \[ DB=DC,\qquad \angle BAD=\angle DAC=\frac{\alpha}{2}. \] Таким образом, \(AD\) проходит через \(I\). Кроме того, \(D\) лежит по другую сторону от \(BC\), чем \(A\), поэтому точки расположены в порядке \(A,I,D\).
По теореме о вписанном угле \(\angle DBC=\angle DAC=\alpha/2\). Поэтому \[ \angle DBI =\angle DBC+\angle CBI =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] С другой стороны, из треугольника \(ABI\), учитывая порядок точек \(A,I,D\), получаем \[ \angle BID =180^\circ-\angle BIA =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] Следовательно, треугольник \(BDI\) равнобедренный, причем \(DB=DI\). Вместе с равенством \(DB=DC\) это доказывает, что \(D\) — центр \(\Gamma\). В частности, \[ DP=DI. \]
Теперь по неравенству треугольника \[ AP\ge AD-DP=AD-DI=AI. \] Равенство возможно только тогда, когда \(P\) лежит на отрезке \(AD\). Поскольку \(I\) также лежит на этом отрезке и \(DP=DI\), отсюда следует \(P=I\). Обратно, при \(P=I\) условие на углы выполнено, поскольку \(BI\) и \(CI\) — биссектрисы, и \(AP=AI\).
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2006 · المسألة 1
ليكن \(ABC\) مثلثا، و النقطه \(I\) مركز الدائره الداخليه ( تقاطع منصفات الزوايا ) في المثلث. اذا كانت \(P\) نقطه داخل المثلث بحيث تحقق المساواة \[ \angle PBA+\angle PCA=\angle PBC+\angle PCB \] برهن أن \(AP\ge AI\)، و المساواة \((AP=AI)\) تتحقق اذا و اذا فقط \(P=I\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لنكتب \(\alpha=\angle BAC\)، و\(\beta=\angle ABC\)، و\(\gamma=\angle ACB\). بما أن \(P\) داخل المثلث، فإن \[ \angle PBA+\angle PBC=\beta,\qquad \angle PCA+\angle PCB=\gamma. \] وبالجمع بين هاتين العلاقتين والفرض نحصل على \[ \angle PBC+\angle PCB=\frac{\beta+\gamma}{2}. \] ومن ثم، \[ \angle BPC =180^\circ-\frac{\beta+\gamma}{2} =90^\circ+\frac{\alpha}{2} =\angle BIC. \] بما أن \(P\) و\(I\) تقعان في الجهة نفسها من \(BC\)، فإن عكس نظرية الزاوية المحيطية يبين أن \(P\) تقع على الدائرة \(\Gamma\) المارة بالنقاط \(B,C,I\). وهذا واضح أيضا إذا كان \(P=I\).
نحدد مركز \(\Gamma\). لتكن \(D\) منتصف القوس \(BC\) الذي لا يحتوي على \(A\) في الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\). من تساوي القوسين \(BD\) و\(DC\) نحصل على \[ DB=DC,\qquad \angle BAD=\angle DAC=\frac{\alpha}{2}. \] إذن يمر \(AD\) بالنقطة \(I\). كذلك تقع \(D\) في الجهة المقابلة للنقطة \(A\) بالنسبة إلى \(BC\)، ولذلك يكون ترتيب النقاط هو \(A,I,D\).
تعطي نظرية الزاوية المحيطية \(\angle DBC=\angle DAC=\alpha/2\). ومن ثم \[ \angle DBI =\angle DBC+\angle CBI =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] ومن جهة أخرى، باستخدام المثلث \(ABI\) وترتيب النقاط \(A,I,D\)، \[ \angle BID =180^\circ-\angle BIA =\frac{\alpha+\beta}{2}. \] وعليه فإن المثلث \(BDI\) متساوي الساقين، وفيه \(DB=DI\). ومع \(DB=DC\)، يثبت هذا أن \(D\) مركز \(\Gamma\). وبوجه خاص، \[ DP=DI. \]
تعطي متباينة المثلث الآن \[ AP\ge AD-DP=AD-DI=AI. \] لا تتحقق المساواة إلا عندما تقع \(P\) على القطعة \(AD\). وبما أن \(I\) تقع أيضا على تلك القطعة و\(DP=DI\)، فإن هذا يقتضي \(P=I\). وبالعكس، فإن \(P=I\) يحقق شرط الزوايا لأن \(BI\) و\(CI\) منصفا زاويتين، ويعطي \(AP=AI\).
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.