IMO 2007 · Problem 4
In triangle \(ABC\) the bisector of angle \(BCA\) intersects the circumcircle again at \(R\), the perpendicular bisector of \(BC\) at \(P\), and the perpendicular bisector of \(AC\) at \(Q\). The midpoint of \(BC\) is \(K\) and the midpoint of \(AC\) is \(L\). Prove that the triangles \(RPK\) and \(RQL\) have the same area.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Put \(a=BC\), \(b=CA\), and \(\theta=\tfrac12\angle BCA\). Write \(c=\cos\theta\) and \(s=\sin\theta\). Since \(ABC\) is a triangle, \(a,b,c,s\) are all positive.
Choose coordinates with \(C=(0,0)\) and the internal angle bisector as the positive \(x\)-axis. Then we may take \[ A=(bc,bs),\qquad B=(ac,-as), \] so \[ K=\left(\frac{ac}{2},-\frac{as}{2}\right), \qquad L=\left(\frac{bc}{2},\frac{bs}{2}\right). \]
A point \((x,0)\) belongs to the perpendicular bisector of \(BC\) precisely when its distances from \(B\) and \(C\) are equal: \[ x^2=(x-ac)^2+a^2s^2. \] Using \(c^2+s^2=1\), this simplifies to \(2acx=a^2\). Similarly for \(AC\). Hence \[ P=\left(\frac{a}{2c},0\right), \qquad Q=\left(\frac{b}{2c},0\right). \]
Because the circumcircle passes through the origin, its equation has the form \[ x^2+y^2-ux-vy=0. \] Substituting \(A\) and \(B\), and dividing respectively by \(b\) and \(a\), gives \[ uc+vs=b,\qquad uc-vs=a. \] Adding these equations yields \[ u=\frac{a+b}{2c}. \] On the \(x\)-axis, the circle equation becomes \(x(x-u)=0\). Since \(u>0\), its intersection other than \(C\) is therefore \[ R=\left(\frac{a+b}{2c},0\right). \] In particular, \(R\) lies beyond both \(P\) and \(Q\), and \[ RP=\frac{b}{2c},\qquad RQ=\frac{a}{2c}. \]
The perpendicular distances of \(K\) and \(L\) from the common line \(RPQ\) are respectively \(as/2\) and \(bs/2\). Thus, denoting ordinary area by brackets, \[ [RPK] =\frac12\cdot\frac{b}{2c}\cdot\frac{as}{2} =\frac{abs}{8c} =\frac12\cdot\frac{a}{2c}\cdot\frac{bs}{2} =[RQL]. \] All denominators and heights are positive. The calculation also applies when \(a=b\), in which case \(P=Q\). This proves the claim in every case. \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2007 · Aufgabe 4
Gegeben sei ein Dreieck \(ABC\). Die Winkelhalbierende von \(\angle BCA\) schneidet den Umkreis im Punkt \(R\) \((R\ne C)\), die Mittelsenkrechte der Seite \(\overline{BC}\) im Punkt \(P\) und die Mittelsenkrechte der Seite \(\overline{AC}\) im Punkt \(Q\). Der Mittelpunkt von \(\overline{BC}\) sei \(K\) und der Mittelpunkt von \(\overline{AC}\) sei \(L\). Man beweise, dass die Dreiecke \(RPK\) und \(RQL\) den gleichen Flächeninhalt haben.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir setzen \(a=BC\), \(b=CA\) und \(\theta=\tfrac12\angle BCA\). Wir schreiben \(c=\cos\theta\) und \(s=\sin\theta\). Da \(ABC\) ein Dreieck ist, sind \(a,b,c,s\) alle positiv.
Wir wählen ein Koordinatensystem mit \(C=(0,0)\), in dem die innere Winkelhalbierende die positive \(x\)-Achse ist. Dann können wir \[ A=(bc,bs),\qquad B=(ac,-as), \] annehmen, also gilt \[ K=\left(\frac{ac}{2},-\frac{as}{2}\right), \qquad L=\left(\frac{bc}{2},\frac{bs}{2}\right). \]
Ein Punkt \((x,0)\) liegt genau dann auf der Mittelsenkrechten von \(BC\), wenn seine Abstände von \(B\) und \(C\) gleich sind: \[ x^2=(x-ac)^2+a^2s^2. \] Mit \(c^2+s^2=1\) vereinfacht sich dies zu \(2acx=a^2\). Für \(AC\) gilt Entsprechendes. Somit ist \[ P=\left(\frac{a}{2c},0\right), \qquad Q=\left(\frac{b}{2c},0\right). \]
Da der Umkreis durch den Ursprung geht, hat seine Gleichung die Form \[ x^2+y^2-ux-vy=0. \] Einsetzen von \(A\) und \(B\) und Division durch \(b\) beziehungsweise \(a\) ergibt \[ uc+vs=b,\qquad uc-vs=a. \] Durch Addition dieser Gleichungen erhalten wir \[ u=\frac{a+b}{2c}. \] Auf der \(x\)-Achse wird die Kreisgleichung zu \(x(x-u)=0\). Wegen \(u>0\) ist der von \(C\) verschiedene Schnittpunkt daher \[ R=\left(\frac{a+b}{2c},0\right). \] Insbesondere liegt \(R\) sowohl jenseits von \(P\) als auch jenseits von \(Q\), und es gilt \[ RP=\frac{b}{2c},\qquad RQ=\frac{a}{2c}. \]
Die senkrechten Abstände von \(K\) und \(L\) zur gemeinsamen Geraden \(RPQ\) betragen \(as/2\) beziehungsweise \(bs/2\). Bezeichnen wir den gewöhnlichen Flächeninhalt durch eckige Klammern, so gilt also \[ [RPK] =\frac12\cdot\frac{b}{2c}\cdot\frac{as}{2} =\frac{abs}{8c} =\frac12\cdot\frac{a}{2c}\cdot\frac{bs}{2} =[RQL]. \] Alle Nenner und Höhen sind positiv. Die Rechnung gilt auch für \(a=b\); in diesem Fall ist \(P=Q\). Damit ist die Behauptung in jedem Fall bewiesen. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2007 · Soru 4
Bir \(ABC\) üçgeninde, \(\widehat{BCA}\) açısının açı ortayı, üçgenin çevrel çemberini ikinci kez \(R\) de, \([BC]\) nin orta dikmesini \(P\) de ve \([AC]\) nin orta dikmesini de \(Q\) da kesiyor. \([BC]\) nin orta noktası \(K\) ve \([AC]\) nin orta noktası \(L\) olsun. \(RPK\) ve \(RQL\) üçgenlerinin alanlarının eşit olduğunu kanıtlayınız.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(a=BC\), \(b=CA\) ve \(\theta=\tfrac12\angle BCA\) olarak alalım. \(c=\cos\theta\) ve \(s=\sin\theta\) yazalım. \(ABC\) bir üçgen olduğundan \(a,b,c,s\) sayılarının hepsi pozitiftir.
\(C=(0,0)\) olacak ve iç açıortay pozitif \(x\) ekseni olacak biçimde koordinatlar seçelim. O zaman \[ A=(bc,bs),\qquad B=(ac,-as), \] alabiliriz; dolayısıyla \[ K=\left(\frac{ac}{2},-\frac{as}{2}\right), \qquad L=\left(\frac{bc}{2},\frac{bs}{2}\right). \]
Bir \((x,0)\) noktası, ancak ve ancak \(B\) ve \(C\) noktalarına uzaklıkları eşitse \(BC\) doğru parçasının orta dikmesi üzerindedir: \[ x^2=(x-ac)^2+a^2s^2. \] \(c^2+s^2=1\) kullanılarak bu eşitlik \(2acx=a^2\) biçiminde sadeleşir. \(AC\) için de benzer bir işlem yapılır. Böylece \[ P=\left(\frac{a}{2c},0\right), \qquad Q=\left(\frac{b}{2c},0\right). \]
Çevrel çember başlangıç noktasından geçtiğinden denklemi \[ x^2+y^2-ux-vy=0 \] biçimindedir. \(A\) ve \(B\) noktalarının koordinatlarını yerine koyup sırasıyla \(b\) ve \(a\) ile bölersek, \[ uc+vs=b,\qquad uc-vs=a \] elde ederiz. Bu denklemleri toplamak \[ u=\frac{a+b}{2c} \] sonucunu verir. \(x\) ekseni üzerinde çember denklemi \(x(x-u)=0\) olur. \(u>0\) olduğundan, \(C\) dışındaki kesişim noktası \[ R=\left(\frac{a+b}{2c},0\right) \] olur. Özellikle, \(R\) hem \(P\) hem de \(Q\) noktasının ilerisindedir ve \[ RP=\frac{b}{2c},\qquad RQ=\frac{a}{2c}. \]
\(K\) ve \(L\) noktalarının ortak \(RPQ\) doğrusuna dik uzaklıkları sırasıyla \(as/2\) ve \(bs/2\) olur. Böylece, alışılmış alanı köşeli parantezlerle gösterirsek, \[ [RPK] =\frac12\cdot\frac{b}{2c}\cdot\frac{as}{2} =\frac{abs}{8c} =\frac12\cdot\frac{a}{2c}\cdot\frac{bs}{2} =[RQL]. \] Tüm paydalar ve yükseklikler pozitiftir. Bu hesap, \(a=b\) olduğunda da geçerlidir; bu durumda \(P=Q\) olur. Böylece iddia her durumda kanıtlanmış olur. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2007 · Problema 4
En un triángulo \(ABC\) la bisectriz del ángulo \(BCA\) corta a la circunferencia circunscrita en \(R\) \((R\ne C)\), a la mediatriz de \(BC\) en \(P\) y a la mediatriz de \(AC\) en \(Q\). El punto medio de \(BC\) es \(K\) y el punto medio de \(AC\) es \(L\). Demostrar que los triángulos \(RPK\) y \(RQL\) tienen áreas iguales.
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Pongamos \(a=BC\), \(b=CA\) y \(\theta=\tfrac12\angle BCA\). Escribamos \(c=\cos\theta\) y \(s=\sin\theta\). Como \(ABC\) es un triángulo, \(a,b,c,s\) son todos positivos.
Elijamos coordenadas con \(C=(0,0)\) y la bisectriz interior como semieje positivo de las \(x\). Entonces podemos tomar \[ A=(bc,bs),\qquad B=(ac,-as), \] por lo que \[ K=\left(\frac{ac}{2},-\frac{as}{2}\right), \qquad L=\left(\frac{bc}{2},\frac{bs}{2}\right). \]
Un punto \((x,0)\) pertenece a la mediatriz de \(BC\) precisamente cuando sus distancias a \(B\) y a \(C\) son iguales: \[ x^2=(x-ac)^2+a^2s^2. \] Usando \(c^2+s^2=1\), esto se simplifica a \(2acx=a^2\). Análogamente para \(AC\). Por tanto, \[ P=\left(\frac{a}{2c},0\right), \qquad Q=\left(\frac{b}{2c},0\right). \]
Como la circunferencia circunscrita pasa por el origen, su ecuación tiene la forma \[ x^2+y^2-ux-vy=0. \] Sustituyendo \(A\) y \(B\), y dividiendo respectivamente por \(b\) y \(a\), obtenemos \[ uc+vs=b,\qquad uc-vs=a. \] Sumando estas ecuaciones obtenemos \[ u=\frac{a+b}{2c}. \] Sobre el eje de las \(x\), la ecuación de la circunferencia se convierte en \(x(x-u)=0\). Como \(u>0\), su intersección distinta de \(C\) es, por tanto, \[ R=\left(\frac{a+b}{2c},0\right). \] En particular, \(R\) está más allá tanto de \(P\) como de \(Q\), y \[ RP=\frac{b}{2c},\qquad RQ=\frac{a}{2c}. \]
Las distancias perpendiculares de \(K\) y \(L\) a la recta común \(RPQ\) son, respectivamente, \(as/2\) y \(bs/2\). Así, denotando el área ordinaria mediante corchetes, \[ [RPK] =\frac12\cdot\frac{b}{2c}\cdot\frac{as}{2} =\frac{abs}{8c} =\frac12\cdot\frac{a}{2c}\cdot\frac{bs}{2} =[RQL]. \] Todos los denominadores y las alturas son positivos. El cálculo también se aplica cuando \(a=b\), en cuyo caso \(P=Q\). Esto demuestra la afirmación en todos los casos. \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2007 · 问题 4
在 \(\triangle ABC\) 中, \(\angle BCA\) 的角平分线与 \(\triangle ABC\) 的外接圆交于点 \(R\), 与边 \(BC\) 的垂直平分线交于点 \(P\), 与边 \(AC\) 的垂直平分线交于点 \(Q\). 设 \(K\) 与 \(L\) 分别是边 \(BC\) 和 \(AC\) 的中点. 证明: \(\triangle RPK\) 和 \(\triangle RQL\) 的面积相等.
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
令 \(a=BC\)、\(b=CA\)，并令 \(\theta=\tfrac12\angle BCA\)。记 \(c=\cos\theta\)、\(s=\sin\theta\)。由于 \(ABC\) 是三角形，\(a,b,c,s\) 都为正。
选取坐标系，使 \(C=(0,0)\)，并以内角平分线为 \(x\) 轴正半轴。于是可以取 \[ A=(bc,bs),\qquad B=(ac,-as), \] 所以 \[ K=\left(\frac{ac}{2},-\frac{as}{2}\right), \qquad L=\left(\frac{bc}{2},\frac{bs}{2}\right). \]
点 \((x,0)\) 在 \(BC\) 的垂直平分线上，当且仅当它到 \(B\) 和 \(C\) 的距离相等： \[ x^2=(x-ac)^2+a^2s^2. \] 利用 \(c^2+s^2=1\)，可将其化简为 \(2acx=a^2\)。对 \(AC\) 同理。因此 \[ P=\left(\frac{a}{2c},0\right), \qquad Q=\left(\frac{b}{2c},0\right). \]
由于外接圆经过原点，其方程具有如下形式 \[ x^2+y^2-ux-vy=0. \] 代入 \(A\) 和 \(B\)，再分别除以 \(b\) 和 \(a\)，得到 \[ uc+vs=b,\qquad uc-vs=a. \] 将这两个方程相加，得 \[ u=\frac{a+b}{2c}. \] 在 \(x\) 轴上，圆的方程化为 \(x(x-u)=0\)。由于 \(u>0\)，它与 \(x\) 轴除 \(C\) 外的交点为 \[ R=\left(\frac{a+b}{2c},0\right). \] 特别地，\(R\) 位于 \(P\) 和 \(Q\) 的右侧，并且 \[ RP=\frac{b}{2c},\qquad RQ=\frac{a}{2c}. \]
\(K\) 和 \(L\) 到公共直线 \(RPQ\) 的垂直距离分别为 \(as/2\) 和 \(bs/2\)。因此，用方括号表示通常意义下的面积，有 \[ [RPK] =\frac12\cdot\frac{b}{2c}\cdot\frac{as}{2} =\frac{abs}{8c} =\frac12\cdot\frac{a}{2c}\cdot\frac{bs}{2} =[RQL]. \] 所有分母和高都为正。上述计算也适用于 \(a=b\) 的情形，此时 \(P=Q\)。这就证明了结论在所有情形下均成立。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2007 · Задача 4
В треугольнике \(ABC\) биссектриса угла \(BCA\) повторно пересекает описанную окружность в точке \(R\), серединный перпендикуляр к \(BC\) — в точке \(P\), а серединный перпендикуляр к \(AC\) — в точке \(Q\). Середина \(BC\) — точка \(K\), а середина \(AC\) — точка \(L\). Докажите, что треугольники \(RPK\) и \(RQL\) имеют равные площади.
Условие переведено с официального английского текста. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Положим \(a=BC\), \(b=CA\) и \(\theta=\tfrac12\angle BCA\). Обозначим \(c=\cos\theta\) и \(s=\sin\theta\). Поскольку \(ABC\) — треугольник, все числа \(a,b,c,s\) положительны.
Выберем систему координат так, чтобы \(C=(0,0)\), а внутренняя биссектриса угла была положительной полуосью \(x\). Тогда можно считать, что \[ A=(bc,bs),\qquad B=(ac,-as), \] поэтому \[ K=\left(\frac{ac}{2},-\frac{as}{2}\right), \qquad L=\left(\frac{bc}{2},\frac{bs}{2}\right). \]
Точка \((x,0)\) принадлежит серединному перпендикуляру к \(BC\) тогда и только тогда, когда её расстояния до \(B\) и \(C\) равны: \[ x^2=(x-ac)^2+a^2s^2. \] С учётом \(c^2+s^2=1\) это равенство упрощается до \(2acx=a^2\). Аналогично для \(AC\). Следовательно, \[ P=\left(\frac{a}{2c},0\right), \qquad Q=\left(\frac{b}{2c},0\right). \]
Поскольку описанная окружность проходит через начало координат, её уравнение имеет вид \[ x^2+y^2-ux-vy=0. \] Подставляя координаты \(A\) и \(B\) и деля соответственно на \(b\) и \(a\), получаем \[ uc+vs=b,\qquad uc-vs=a. \] Складывая эти уравнения, находим \[ u=\frac{a+b}{2c}. \] На оси \(x\) уравнение окружности принимает вид \(x(x-u)=0\). Поскольку \(u>0\), её точка пересечения с этой осью, отличная от \(C\), имеет координаты \[ R=\left(\frac{a+b}{2c},0\right). \] В частности, \(R\) лежит дальше от \(C\), чем обе точки \(P\) и \(Q\), и \[ RP=\frac{b}{2c},\qquad RQ=\frac{a}{2c}. \]
Расстояния от \(K\) и \(L\) до общей прямой \(RPQ\) равны соответственно \(as/2\) и \(bs/2\). Поэтому, обозначая обычную площадь квадратными скобками, получаем \[ [RPK] =\frac12\cdot\frac{b}{2c}\cdot\frac{as}{2} =\frac{abs}{8c} =\frac12\cdot\frac{a}{2c}\cdot\frac{bs}{2} =[RQL]. \] Все знаменатели и высоты положительны. Вычисление применимо и при \(a=b\), когда \(P=Q\). Это доказывает утверждение во всех случаях. \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2007 · المسألة 4
ليكن \(ABC\) مثلثاً ، منصف الزاوية \(\widehat{BCA}\) يقطع الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\) مرة أخرى في النقطة \(R\) و يقطع العمود المنصف للقطعة المستقيمة \([BC]\) في \(P\) و يقطع العمود المنصف للقطعة المستقيمة \([AC]\) في \(Q\) . ليكن \(K\) منتصف \([BC]\) و \(L\) منتصف \([AC]\) .
برهن أن المثلثين \(RQL\) و \(RPK\) لهما المساحة نفسها.
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نضع \(a=BC\)، و\(b=CA\)، و\(\theta=\tfrac12\angle BCA\). ونكتب \(c=\cos\theta\) و\(s=\sin\theta\). بما أن \(ABC\) مثلث، فإن \(a,b,c,s\) كلها موجبة.
نختار إحداثيات بحيث \(C=(0,0)\) ويكون منصف الزاوية الداخلي هو نصف محور \(x\) الموجب. عندئذ يمكننا أن نأخذ \[ A=(bc,bs),\qquad B=(ac,-as), \] ومن ثم \[ K=\left(\frac{ac}{2},-\frac{as}{2}\right), \qquad L=\left(\frac{bc}{2},\frac{bs}{2}\right). \]
تنتمي نقطة \((x,0)\) إلى العمود المنصف لـ\(BC\) إذا وفقط إذا تساوى بعداها عن \(B\) و\(C\): \[ x^2=(x-ac)^2+a^2s^2. \] باستعمال \(c^2+s^2=1\)، تتبسط هذه المعادلة إلى \(2acx=a^2\). وبالمثل بالنسبة إلى \(AC\). ومن ثم \[ P=\left(\frac{a}{2c},0\right), \qquad Q=\left(\frac{b}{2c},0\right). \]
بما أن الدائرة المحيطة تمر بمبدأ الإحداثيات، فإن معادلتها تكون من الشكل \[ x^2+y^2-ux-vy=0. \] بالتعويض بإحداثيات \(A\) و\(B\)، والقسمة على \(b\) و\(a\) على الترتيب، نحصل على \[ uc+vs=b,\qquad uc-vs=a. \] بجمع هاتين المعادلتين نحصل على \[ u=\frac{a+b}{2c}. \] على محور \(x\)، تصبح معادلة الدائرة \(x(x-u)=0\). وبما أن \(u>0\)، فإن نقطة تقاطعها الأخرى غير \(C\) هي \[ R=\left(\frac{a+b}{2c},0\right). \] وعلى وجه الخصوص، تقع \(R\) بعد كل من \(P\) و\(Q\)، و \[ RP=\frac{b}{2c},\qquad RQ=\frac{a}{2c}. \]
البعدان العموديان للنقطتين \(K\) و\(L\) عن المستقيم المشترك \(RPQ\) هما \(as/2\) و\(bs/2\) على الترتيب. ومن ثم، إذا رمزنا إلى المساحة المعتادة بالأقواس المربعة، فإن \[ [RPK] =\frac12\cdot\frac{b}{2c}\cdot\frac{as}{2} =\frac{abs}{8c} =\frac12\cdot\frac{a}{2c}\cdot\frac{bs}{2} =[RQL]. \] جميع المقامات والارتفاعات موجبة. وينطبق الحساب أيضاً عندما \(a=b\)، وفي هذه الحالة \(P=Q\). وهذا يثبت المطلوب في كل الحالات. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.