IMO 2009 · Problem 2
Let \(ABC\) be a triangle with circumcentre \(O\). The points \(P\) and \(Q\) are interior points of the sides \(CA\) and \(AB\), respectively. Let \(K\), \(L\) and \(M\) be the midpoints of the segments \(BP\), \(CQ\) and \(PQ\), respectively, and let \(\Gamma\) be the circle passing through \(K\), \(L\) and \(M\). Suppose that the line \(PQ\) is tangent to the circle \(\Gamma\). Prove that \(OP = OQ\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The midpoint theorem gives \[ \overrightarrow{MK}=\frac12\overrightarrow{QB}, \qquad \overrightarrow{ML}=\frac12\overrightarrow{PC}. \] Thus \(MK\) and \(ML\) have the directions of \(AB\) and \(AC\), respectively, and \[ MK=\frac{QB}{2},\qquad ML=\frac{PC}{2}, \qquad \angle KML=\angle PAQ. \] In particular, \(K,L,M\) are noncollinear, since \(ABC\) is a triangle and \(QB,PC>0\).
Since \(M\) belongs to both \(PQ\) and \(\Gamma\), the tangency is at \(M\). We claim that the tangent–chord theorem gives \[ \angle MLK=\angle KMQ=\angle AQP. \] To check the tangent ray explicitly, let \(N\) be the midpoint of \(AP\). The midpoint theorem in triangle \(APQ\) shows that \(N,M,K\) are collinear. The points \(A,C\) lie on opposite sides of this line. Moreover, \(Q\) lies on the same side as \(A\), while \(L\) lies on the same side as \(C\), because \(\overrightarrow{ML}\) has the direction of \(AC\). Hence \(Q\) and \(L\) are on opposite sides of the chord line \(MK\), which justifies the first angle equality. The second follows because the rays \(MK,MQ\) are respectively opposite in direction to \(QA,QP\).
Consequently, \[ \triangle MKL\sim\triangle APQ. \] Therefore \[ \frac{QB}{PC}=\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AQ}, \] so \[ AP\cdot PC=AQ\cdot QB. \]
Let \(R\) be the circumradius of \(ABC\). Taking the powers of the interior points \(P\) and \(Q\) with respect to its circumcircle gives \[ OP^{2}-R^{2}=-AP\cdot PC =-AQ\cdot QB=OQ^{2}-R^{2}. \] Thus \(OP^{2}=OQ^{2}\), and hence \(OP=OQ\), as required.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2009 · Aufgabe 2
Es sei \(ABC\) ein Dreieck mit Umkreismittelpunkt \(O\). Es seien \(P\) und \(Q\) innere Punkte der Seiten \(CA\) und \(AB\). Ferner seien \(K\), \(L\) und \(M\) die Mittelpunkte der Strecken \(BP\), \(CQ\) bzw. \(PQ\). Der Kreis \(\Gamma\) gehe durch \(K\), \(L\) und \(M\). Die Gerade \(PQ\) sei Tangente an den Kreis \(\Gamma\). Man zeige, dass \(|OP|=|OQ|\) gilt.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Nach dem Satz über die Mittelparallele gilt \[ \overrightarrow{MK}=\frac12\overrightarrow{QB}, \qquad \overrightarrow{ML}=\frac12\overrightarrow{PC}. \] Somit haben \(MK\) und \(ML\) die Richtungen von \(AB\) bzw. \(AC\), und es gilt \[ MK=\frac{QB}{2},\qquad ML=\frac{PC}{2}, \qquad \angle KML=\angle PAQ. \] Insbesondere sind \(K,L,M\) nicht kollinear, da \(ABC\) ein Dreieck ist und \(QB,PC>0\) gilt.
Da \(M\) sowohl auf \(PQ\) als auch auf \(\Gamma\) liegt, ist \(M\) der Berührpunkt. Wir behaupten, dass der Sehnen-Tangenten-Winkelsatz \[ \angle MLK=\angle KMQ=\angle AQP \] liefert. Um die Wahl des Tangentenstrahls ausdrücklich zu überprüfen, sei \(N\) der Mittelpunkt von \(AP\). Der Satz über die Mittelparallele im Dreieck \(APQ\) zeigt, dass \(N,M,K\) auf einer Geraden liegen. Die Punkte \(A,C\) liegen auf verschiedenen Seiten dieser Geraden. Außerdem liegt \(Q\) auf derselben Seite wie \(A\), während \(L\) auf derselben Seite wie \(C\) liegt, weil \(\overrightarrow{ML}\) die Richtung von \(AC\) hat. Somit liegen \(Q\) und \(L\) auf verschiedenen Seiten der Sehnengeraden \(MK\), was die erste Winkelgleichheit begründet. Die zweite folgt daraus, dass die Strahlen \(MK,MQ\) jeweils entgegengesetzt zu \(QA,QP\) gerichtet sind.
Folglich gilt \[ \triangle MKL\sim\triangle APQ. \] Daher ist \[ \frac{QB}{PC}=\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AQ}, \] also \[ AP\cdot PC=AQ\cdot QB. \]
Sei \(R\) der Umkreisradius von \(ABC\). Für die Potenzen der im Inneren des Umkreises liegenden Punkte \(P\) und \(Q\) bezüglich dieses Kreises gilt \[ OP^{2}-R^{2}=-AP\cdot PC =-AQ\cdot QB=OQ^{2}-R^{2}. \] Also ist \(OP^{2}=OQ^{2}\) und damit \(OP=OQ\), wie gefordert.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2009 · Soru 2
\(O\), \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberinin merkezi; \(P\) ve \(Q\) da, sırasıyla, \([CA]\) ve \([AB]\) kenarları üstünde, köşelerden farklı iki nokta olsun. \(K\), \(L\) ve \(M\) sırasıyla, \([BP]\), \([CQ]\) ve \([PQ]\) doğru parçalarının orta noktaları olmak üzere; \(K\), \(L\) ve \(M\) den geçen çembere \(\Gamma\) diyelim. \(PQ\) doğrusu \(\Gamma\) çemberine teğet ise, \(|OP|=|OQ|\) olduğunu kanıtlayınız.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Orta taban teoreminden \[ \overrightarrow{MK}=\frac12\overrightarrow{QB}, \qquad \overrightarrow{ML}=\frac12\overrightarrow{PC}. \] Böylece \(MK\) ve \(ML\) sırasıyla \(AB\) ve \(AC\) yönündedir ve \[ MK=\frac{QB}{2},\qquad ML=\frac{PC}{2}, \qquad \angle KML=\angle PAQ. \] Özellikle, \(ABC\) bir üçgen ve \(QB,PC>0\) olduğundan \(K,L,M\) doğrusal değildir.
\(M\) hem \(PQ\) hem de \(\Gamma\) üzerinde bulunduğundan teğetlik noktası \(M\)'dir. Teğet-kiriş açı teoreminden \[ \angle MLK=\angle KMQ=\angle AQP \] elde edildiğini iddia ediyoruz. Teğet ışınının yönünü açıkça kontrol etmek için \(N\), \(AP\)'nin orta noktası olsun. \(APQ\) üçgeninde orta taban teoremi, \(N,M,K\) noktalarının doğrusal olduğunu gösterir. \(A,C\) noktaları bu doğrunun farklı taraflarında yer alır. Ayrıca \(Q\), \(A\) ile aynı tarafta yer alırken, \(\overrightarrow{ML}\) vektörü \(AC\) yönünde olduğundan \(L\), \(C\) ile aynı tarafta yer alır. Dolayısıyla \(Q\) ve \(L\), \(MK\) kiriş doğrusunun farklı taraflarındadır; bu da ilk açı eşitliğini doğrular. İkinci eşitlik, \(MK,MQ\) ışınlarının sırasıyla \(QA,QP\) ışınlarına zıt yönde olmasından çıkar.
Sonuç olarak, \[ \triangle MKL\sim\triangle APQ. \] Buna göre \[ \frac{QB}{PC}=\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AQ}, \] dolayısıyla \[ AP\cdot PC=AQ\cdot QB. \]
\(R\), \(ABC\)'nin çevrel çemberinin yarıçapı olsun. Çemberin içindeki \(P\) ve \(Q\) noktalarının bu çembere göre kuvvetleri alınırsa \[ OP^{2}-R^{2}=-AP\cdot PC =-AQ\cdot QB=OQ^{2}-R^{2}. \] Böylece \(OP^{2}=OQ^{2}\) ve dolayısıyla istenildiği gibi \(OP=OQ\) elde edilir.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2009 · Problema 2
Sea \(ABC\) un triángulo con circuncentro \(O\). Sean \(P\) y \(Q\) puntos interiores de los lados \(CA\) y \(AB\), respectivamente. Sean \(K,L\) y \(M\) los puntos medios de los segmentos \(BP\), \(CQ\) y \(PQ\), respectivamente, y \(\Gamma\) la circunferencia que pasa por \(K,L\) y \(M\). Se sabe que la recta \(PQ\) es tangente a la circunferencia \(\Gamma\). Demostrar que \(OP=OQ\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Por el teorema del segmento medio, \[ \overrightarrow{MK}=\frac12\overrightarrow{QB}, \qquad \overrightarrow{ML}=\frac12\overrightarrow{PC}. \] Así, \(MK\) y \(ML\) tienen las direcciones de \(AB\) y \(AC\), respectivamente, y \[ MK=\frac{QB}{2},\qquad ML=\frac{PC}{2}, \qquad \angle KML=\angle PAQ. \] En particular, \(K,L,M\) no están alineados, puesto que \(ABC\) es un triángulo y \(QB,PC>0\).
Como \(M\) pertenece tanto a \(PQ\) como a \(\Gamma\), la tangencia se produce en \(M\). Afirmamos que, por el teorema del ángulo entre tangente y cuerda, \[ \angle MLK=\angle KMQ=\angle AQP. \] Para comprobar explícitamente cuál es la semirrecta tangente, sea \(N\) el punto medio de \(AP\). El teorema del segmento medio en el triángulo \(APQ\) muestra que \(N,M,K\) están alineados. Los puntos \(A,C\) se encuentran en lados opuestos de esta recta. Además, \(Q\) se encuentra en el mismo lado que \(A\), mientras que \(L\) se encuentra en el mismo lado que \(C\), porque \(\overrightarrow{ML}\) tiene la dirección y el sentido de \(AC\). Por tanto, \(Q\) y \(L\) están en lados opuestos de la recta que contiene la cuerda \(MK\), lo que justifica la primera igualdad de ángulos. La segunda se deduce de que las semirrectas \(MK,MQ\) tienen sentidos opuestos a los de \(QA,QP\), respectivamente.
Por consiguiente, \[ \triangle MKL\sim\triangle APQ. \] Por lo tanto, \[ \frac{QB}{PC}=\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AQ}, \] de modo que \[ AP\cdot PC=AQ\cdot QB. \]
Sea \(R\) el circunradio de \(ABC\). Al calcular las potencias de los puntos interiores \(P\) y \(Q\) respecto de su circunferencia circunscrita, obtenemos \[ OP^{2}-R^{2}=-AP\cdot PC =-AQ\cdot QB=OQ^{2}-R^{2}. \] Así, \(OP^{2}=OQ^{2}\) y, por tanto, \(OP=OQ\), como se quería demostrar.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2009 · 问题 2
设 \(O\) 是三角形 \(ABC\) 的外心．点 \(P\) 和 \(Q\) 分别是边 \(CA\) 和 \(AB\) 的内点．设 \(K\)，\(L\) 和 \(M\) 分别是线段 \(BP\)，\(CQ\) 和 \(PQ\) 的中点，\(\Gamma\) 是过点 \(K\)，\(L\) 和 \(M\) 的圆．若直线 \(PQ\) 与圆 \(\Gamma\) 相切，证明：\(OP=OQ\)．
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
由三角形中位线定理，得 \[ \overrightarrow{MK}=\frac12\overrightarrow{QB}, \qquad \overrightarrow{ML}=\frac12\overrightarrow{PC}. \] 因此，\(MK\) 和 \(ML\) 分别与 \(AB\) 和 \(AC\) 同向，且 \[ MK=\frac{QB}{2},\qquad ML=\frac{PC}{2}, \qquad \angle KML=\angle PAQ. \] 特别地，由于 \(ABC\) 是一个三角形，且 \(QB,PC>0\)，所以 \(K,L,M\) 不共线。
由于 \(M\) 同时在 \(PQ\) 和 \(\Gamma\) 上，切点就是 \(M\)。我们断言，由弦切角定理可得 \[ \angle MLK=\angle KMQ=\angle AQP. \] 为明确核实所取的切线射线，设 \(N\) 为 \(AP\) 的中点。在三角形 \(APQ\) 中，由中位线定理可知 \(N,M,K\) 共线。点 \(A,C\) 位于这条直线的两侧。此外，\(Q\) 与 \(A\) 位于同侧，而 \(L\) 与 \(C\) 位于同侧，因为 \(\overrightarrow{ML}\) 与 \(AC\) 同向。因此，\(Q\) 和 \(L\) 位于弦 \(MK\) 所在直线的两侧，这就说明了第一个角的等式成立。第二个等式成立，是因为射线 \(MK,MQ\) 分别与 \(QA,QP\) 方向相反。
于是， \[ \triangle MKL\sim\triangle APQ. \] 因此 \[ \frac{QB}{PC}=\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AQ}, \] 从而 \[ AP\cdot PC=AQ\cdot QB. \]
设 \(R\) 为 \(ABC\) 的外接圆半径。计算圆内的点 \(P\) 和 \(Q\) 关于该外接圆的幂，得 \[ OP^{2}-R^{2}=-AP\cdot PC =-AQ\cdot QB=OQ^{2}-R^{2}. \] 于是 \(OP^{2}=OQ^{2}\)，从而 \(OP=OQ\)，得证。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2009 · Задача 2
Точка \(O\) — центр окружности, описанной около треугольника \(ABC\). Пусть \(P\) и \(Q\) — внутренние точки отрезков \(CA\) и \(AB\) соответственно. Точки \(K\), \(L\) и \(M\) — середины отрезков \(BP\), \(CQ\) и \(PQ\) соответственно, а \(\Gamma\) — окружность, проходящая через точки \(K\), \(L\) и \(M\). Известно, что прямая \(PQ\) касается окружности \(\Gamma\). Докажите, что \(OP=OQ\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
По теореме о средней линии треугольника \[ \overrightarrow{MK}=\frac12\overrightarrow{QB}, \qquad \overrightarrow{ML}=\frac12\overrightarrow{PC}. \] Таким образом, \(MK\) и \(ML\) направлены соответственно так же, как \(AB\) и \(AC\), и \[ MK=\frac{QB}{2},\qquad ML=\frac{PC}{2}, \qquad \angle KML=\angle PAQ. \] В частности, \(K,L,M\) не лежат на одной прямой, поскольку \(ABC\) — треугольник и \(QB,PC>0\).
Поскольку \(M\) принадлежит и \(PQ\), и \(\Gamma\), касание происходит в точке \(M\). Утверждаем, что по теореме об угле между касательной и хордой \[ \angle MLK=\angle KMQ=\angle AQP. \] Чтобы явно проверить выбор луча касательной, обозначим через \(N\) середину \(AP\). По теореме о средней линии треугольника \(APQ\) точки \(N,M,K\) лежат на одной прямой. Точки \(A,C\) лежат по разные стороны от этой прямой. Кроме того, \(Q\) лежит по ту же сторону, что и \(A\), а \(L\) — по ту же сторону, что и \(C\), поскольку \(\overrightarrow{ML}\) направлен так же, как \(AC\). Следовательно, \(Q\) и \(L\) лежат по разные стороны от прямой, содержащей хорду \(MK\), что обосновывает первое равенство углов. Второе следует из того, что лучи \(MK,MQ\) направлены противоположно лучам \(QA,QP\) соответственно.
Следовательно, \[ \triangle MKL\sim\triangle APQ. \] Поэтому \[ \frac{QB}{PC}=\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AQ}, \] откуда \[ AP\cdot PC=AQ\cdot QB. \]
Пусть \(R\) — радиус описанной окружности треугольника \(ABC\). Вычисляя степени внутренних точек \(P\) и \(Q\) относительно этой окружности, получаем \[ OP^{2}-R^{2}=-AP\cdot PC =-AQ\cdot QB=OQ^{2}-R^{2}. \] Таким образом, \(OP^{2}=OQ^{2}\), а значит, \(OP=OQ\), что и требовалось доказать.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2009 · المسألة 2
ليكن \(ABC\) مثلثاً و ليكن \(O\) مركز الدائرة المارة برؤوس هذا المثلث. النقطتان \(P\) و \(Q\) (غير طرفيتين) على الضلعين \(AC\) و \(AB\) على الترتيب. و لتكن \(K\)، \(L\) و \(M\) منتصفات القطع المستقيمة \(BP\)، \(CQ\) و \(PQ\) على الترتيب، ولتكن \(\Gamma\) هي الدائرة المارة بالنقاط \(K\)، \(L\) و \(M\). بفرض أن المستقيم \(PQ\) مماساً للدائرة \(\Gamma\)، فبرهن أن \(OP=OQ\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
تعطينا مبرهنة القطعة الواصلة بين منتصفي ضلعين \[ \overrightarrow{MK}=\frac12\overrightarrow{QB}, \qquad \overrightarrow{ML}=\frac12\overrightarrow{PC}. \] إذن يتجه \(MK\) و \(ML\) في اتجاهي \(AB\) و \(AC\)، على الترتيب، و \[ MK=\frac{QB}{2},\qquad ML=\frac{PC}{2}, \qquad \angle KML=\angle PAQ. \] وعلى وجه الخصوص، فإن \(K,L,M\) ليست على استقامة واحدة، لأن \(ABC\) مثلث و \(QB,PC>0\).
بما أن \(M\) تنتمي إلى كل من \(PQ\) و \(\Gamma\)، فإن التماس يقع عند \(M\). ندّعي أن مبرهنة الزاوية بين المماس والوتر تعطينا \[ \angle MLK=\angle KMQ=\angle AQP. \] للتحقق صراحةً من شعاع المماس، لتكن \(N\) منتصف \(AP\). تبيّن مبرهنة القطعة الواصلة بين منتصفي ضلعين في المثلث \(APQ\) أن \(N,M,K\) على استقامة واحدة. وتقع النقطتان \(A,C\) على جهتين متقابلتين من هذا المستقيم. علاوة على ذلك، تقع \(Q\) في الجهة نفسها التي تقع فيها \(A\)، بينما تقع \(L\) في الجهة نفسها التي تقع فيها \(C\)، لأن \(\overrightarrow{ML}\) له اتجاه \(AC\). ومن ثم تقع \(Q\) و \(L\) على جهتين متقابلتين من المستقيم الحامل للوتر \(MK\)، مما يبرر المساواة الأولى بين الزوايا. أما الثانية فتنتج من كون الشعاعين \(MK,MQ\) معاكسين في الاتجاه للشعاعين \(QA,QP\)، على الترتيب.
وبالتالي، \[ \triangle MKL\sim\triangle APQ. \] وعليه، \[ \frac{QB}{PC}=\frac{MK}{ML}=\frac{AP}{AQ}, \] ومن ثم \[ AP\cdot PC=AQ\cdot QB. \]
ليكن \(R\) نصف قطر الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\). بحساب قوتي النقطتين الداخليتين \(P\) و \(Q\) بالنسبة إلى دائرته المحيطة، نحصل على \[ OP^{2}-R^{2}=-AP\cdot PC =-AQ\cdot QB=OQ^{2}-R^{2}. \] إذن \(OP^{2}=OQ^{2}\)، ومن ثم \(OP=OQ\)، وهو المطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.