IMO 2010 · Problem 4
Let \(P\) be a point inside the triangle \(ABC\). The lines \(AP\), \(BP\) and \(CP\) intersect the circumcircle \(\Gamma\) of triangle \(ABC\) again at the points \(K\), \(L\) and \(M\) respectively. The tangent to \(\Gamma\) at \(C\) intersects the line \(AB\) at \(S\). Suppose that \(SC = SP\). Prove that \(MK = ML\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Since \(S\ne C\) lies on the tangent to \(\Gamma\) at \(C\), it is outside \(\Gamma\). Consequently, \(A\) and \(B\) lie on the same ray from \(S\). By the tangent–secant theorem and the hypothesis, \[ SA\cdot SB=SC^2=SP^2. \]
For either \(X=C\) or \(X=P\), we therefore have \[ \frac{SA}{SX}=\frac{SX}{SB}. \] Also, \(\angle ASX=\angle XSB\), because the rays \(SA\) and \(SB\) coincide. Thus the nondegenerate triangles \(SAX\) and \(SXB\) are similar by SAS, giving \[ \frac{AX}{XB}=\frac{SA}{SX}. \] Applying this first to \(P\) and then to \(C\), we obtain \[ \frac{AP}{BP}=\frac{SA}{SP} =\frac{SA}{SC}=\frac{AC}{BC}. \tag{1} \]
Now \(P\) lies strictly inside \(\Gamma\), so the points occur in the orders \(A,P,K\), \(B,P,L\), and \(C,P,M\). The intersecting-chords theorem gives \[ PA\cdot PK=PB\cdot PL=PC\cdot PM. \] In particular, \[ \frac{PA}{PM}=\frac{PC}{PK}, \qquad \frac{PB}{PM}=\frac{PC}{PL}. \] Together with the vertical angles at \(P\), these equalities yield the SAS similarities \[ \triangle PAC\sim\triangle PMK, \qquad \triangle PBC\sim\triangle PML. \] All these triangles are nondegenerate because \(P\) lies on neither \(AC\) nor \(BC\). Hence \[ \frac{MK}{AC}=\frac{PM}{PA}, \qquad \frac{ML}{BC}=\frac{PM}{PB}. \] Dividing and using (1), we conclude that \[ \frac{MK}{ML} =\frac{AC}{BC}\cdot\frac{PB}{PA} =1. \] Therefore \(MK=ML\), as required.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2010 · Aufgabe 4
Im Inneren des Dreiecks \(ABC\) liege der Punkt \(P\). Die Geraden \(AP\), \(BP\) und \(CP\) schneiden den Umkreis \(\Gamma\) von \(ABC\) jeweils ein zweites Mal in den Punkten \(K\), \(L\) bzw. \(M\). Die Tangente an \(\Gamma\) durch \(C\) schneide die Gerade \(AB\) in \(S\). Es gelte \(|\overline{SC}|=|\overline{SP}|\). Man beweise \(|\overline{MK}|=|\overline{ML}|\).
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Da \(S\ne C\) auf der Tangente an \(\Gamma\) in \(C\) liegt, liegt \(S\) außerhalb von \(\Gamma\). Folglich liegen \(A\) und \(B\) auf demselben von \(S\) ausgehenden Strahl. Nach dem Sekanten-Tangenten-Satz und der Voraussetzung gilt \[ SA\cdot SB=SC^2=SP^2. \]
Sowohl für \(X=C\) als auch für \(X=P\) gilt daher \[ \frac{SA}{SX}=\frac{SX}{SB}. \] Außerdem ist \(\angle ASX=\angle XSB\), da die Strahlen \(SA\) und \(SB\) zusammenfallen. Somit sind die nicht entarteten Dreiecke \(SAX\) und \(SXB\) nach dem Ähnlichkeitssatz SWS ähnlich, woraus folgt: \[ \frac{AX}{XB}=\frac{SA}{SX}. \] Wenden wir dies zuerst auf \(P\) und dann auf \(C\) an, so erhalten wir \[ \frac{AP}{BP}=\frac{SA}{SP} =\frac{SA}{SC}=\frac{AC}{BC}. \tag{1} \]
Nun liegt \(P\) im Inneren von \(\Gamma\), sodass die Punkte in den Reihenfolgen \(A,P,K\), \(B,P,L\) und \(C,P,M\) liegen. Der Sehnensatz liefert \[ PA\cdot PK=PB\cdot PL=PC\cdot PM. \] Insbesondere gilt \[ \frac{PA}{PM}=\frac{PC}{PK}, \qquad \frac{PB}{PM}=\frac{PC}{PL}. \] Zusammen mit den Scheitelwinkeln bei \(P\) ergeben diese Gleichheiten nach dem Ähnlichkeitssatz SWS \[ \triangle PAC\sim\triangle PMK, \qquad \triangle PBC\sim\triangle PML. \] Alle diese Dreiecke sind nicht entartet, da \(P\) weder auf \(AC\) noch auf \(BC\) liegt. Daher gilt \[ \frac{MK}{AC}=\frac{PM}{PA}, \qquad \frac{ML}{BC}=\frac{PM}{PB}. \] Durch Division und Anwendung von (1) schließen wir, dass \[ \frac{MK}{ML} =\frac{AC}{BC}\cdot\frac{PB}{PA} =1. \] Somit gilt \(MK=ML\), wie gefordert.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2010 · Soru 4
\(P\), \(ABC\) üçgeninin içinde yer alan bir nokta olsun. \(AP\), \(BP\) ve \(CP\) doğruları, \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi \(\Gamma\) yı ikinci kez sırasıyla, \(K\), \(L\) ve \(M\) noktalarında kesiyor. \(\Gamma\) ya \(C\) noktasında teğet olan doğru da, \(AB\) doğrusunu \(S\) noktasında kesiyor. \(|SC|=|SP|\) ise, \(|MK|=|ML|\) olduğunu kanıtlayınız.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(S\ne C\), \(\Gamma\) ya \(C\) noktasında teğet olan doğru üzerinde bulunduğundan, \(\Gamma\) nın dışındadır. Sonuç olarak, \(A\) ve \(B\), başlangıç noktası \(S\) olan aynı ışın üzerinde yer alır. Teğet-kesen teoremi ve varsayım gereği, \[ SA\cdot SB=SC^2=SP^2. \]
Dolayısıyla hem \(X=C\) hem de \(X=P\) için \[ \frac{SA}{SX}=\frac{SX}{SB} \] olur. Ayrıca, \(SA\) ve \(SB\) ışınları çakıştığından \(\angle ASX=\angle XSB\) olur. Böylece dejenere olmayan \(SAX\) ve \(SXB\) üçgenleri kenar-açı-kenar benzerlik kuralına göre benzerdir ve \[ \frac{AX}{XB}=\frac{SA}{SX} \] elde edilir. Bunu önce \(P\), sonra \(C\) için uygulayarak \[ \frac{AP}{BP}=\frac{SA}{SP} =\frac{SA}{SC}=\frac{AC}{BC} \tag{1} \] buluruz.
Şimdi \(P\), \(\Gamma\) nın tam olarak içinde yer aldığından, noktalar \(A,P,K\), \(B,P,L\) ve \(C,P,M\) sıralarında bulunur. Kesişen kirişler teoremi \[ PA\cdot PK=PB\cdot PL=PC\cdot PM \] eşitliklerini verir. Özel olarak, \[ \frac{PA}{PM}=\frac{PC}{PK}, \qquad \frac{PB}{PM}=\frac{PC}{PL}. \] Bu eşitlikler, \(P\) deki ters açılarla birlikte, kenar-açı-kenar kuralından \[ \triangle PAC\sim\triangle PMK, \qquad \triangle PBC\sim\triangle PML \] benzerliklerini verir. \(P\), ne \(AC\) ne de \(BC\) üzerinde bulunduğundan, bu üçgenlerin hiçbiri dejenere değildir. Dolayısıyla \[ \frac{MK}{AC}=\frac{PM}{PA}, \qquad \frac{ML}{BC}=\frac{PM}{PB}. \] Taraf tarafa bölüp (1) i kullanarak \[ \frac{MK}{ML} =\frac{AC}{BC}\cdot\frac{PB}{PA} =1 \] sonucuna varırız. Böylece, istendiği gibi, \(MK=ML\) olur.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2010 · Problema 4
Sea \(\Gamma\) la circunferencia circunscrita al triángulo \(ABC\) y \(P\) un punto en el interior del triángulo. Las rectas \(AP\), \(BP\) y \(CP\) cortan de nuevo a \(\Gamma\) en los puntos \(K\), \(L\) y \(M\), respectivamente. La recta tangente a \(\Gamma\) en \(C\) corta a la recta \(AB\) en \(S\). Si se tiene que \(SC=SP\), demuestre que \(MK=ML\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Como \(S\ne C\) está sobre la tangente a \(\Gamma\) en \(C\), está en el exterior de \(\Gamma\). En consecuencia, \(A\) y \(B\) están sobre la misma semirrecta de origen \(S\). Por el teorema de la tangente y la secante y por la hipótesis, \[ SA\cdot SB=SC^2=SP^2. \]
Tanto para \(X=C\) como para \(X=P\), tenemos, por tanto, \[ \frac{SA}{SX}=\frac{SX}{SB}. \] Además, \(\angle ASX=\angle XSB\), porque las semirrectas \(SA\) y \(SB\) coinciden. Así, los triángulos no degenerados \(SAX\) y \(SXB\) son semejantes por el criterio LAL, lo que da \[ \frac{AX}{XB}=\frac{SA}{SX}. \] Aplicando esto primero a \(P\) y después a \(C\), obtenemos \[ \frac{AP}{BP}=\frac{SA}{SP} =\frac{SA}{SC}=\frac{AC}{BC}. \tag{1} \]
Ahora bien, \(P\) está estrictamente en el interior de \(\Gamma\), por lo que los puntos aparecen en los órdenes \(A,P,K\), \(B,P,L\) y \(C,P,M\). El teorema de las cuerdas que se cortan da \[ PA\cdot PK=PB\cdot PL=PC\cdot PM. \] En particular, \[ \frac{PA}{PM}=\frac{PC}{PK}, \qquad \frac{PB}{PM}=\frac{PC}{PL}. \] Junto con los ángulos opuestos por el vértice en \(P\), estas igualdades dan las semejanzas por el criterio LAL \[ \triangle PAC\sim\triangle PMK, \qquad \triangle PBC\sim\triangle PML. \] Todos estos triángulos son no degenerados porque \(P\) no está ni sobre \(AC\) ni sobre \(BC\). Por tanto, \[ \frac{MK}{AC}=\frac{PM}{PA}, \qquad \frac{ML}{BC}=\frac{PM}{PB}. \] Dividiendo y usando (1), concluimos que \[ \frac{MK}{ML} =\frac{AC}{BC}\cdot\frac{PB}{PA} =1. \] Por tanto, \(MK=ML\), como se quería demostrar.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2010 · 问题 4
设 \(P\) 是三角形 \(ABC\) 内部的一点，直线 \(AP\)，\(BP\)，\(CP\) 与三角形 \(ABC\) 的外接圆 \(\Gamma\) 的另一个交点分别为 \(K\)，\(L\)，\(M\)。圆 \(\Gamma\) 在点 \(C\) 处的切线与直线 \(AB\) 相交于点 \(S\)。假设 \(SC=SP\)，证明：\(MK=ML\)。
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
由于 \(S\ne C\) 位于 \(\Gamma\) 在 \(C\) 处的切线上，它在 \(\Gamma\) 的外部。因此，\(A\) 和 \(B\) 位于从 \(S\) 出发的同一条射线上。由切割线定理及题设， \[ SA\cdot SB=SC^2=SP^2. \]
因此，无论 \(X=C\) 还是 \(X=P\)，都有 \[ \frac{SA}{SX}=\frac{SX}{SB}. \] 又因为射线 \(SA\) 与 \(SB\) 重合，所以 \(\angle ASX=\angle XSB\)。于是，由两边成比例且夹角相等，非退化三角形 \(SAX\) 与 \(SXB\) 相似，从而 \[ \frac{AX}{XB}=\frac{SA}{SX}. \] 先将此结论用于 \(P\)，再用于 \(C\)，得 \[ \frac{AP}{BP}=\frac{SA}{SP} =\frac{SA}{SC}=\frac{AC}{BC}. \tag{1} \]
现在，\(P\) 严格位于 \(\Gamma\) 内部，因此各点依次排列的顺序分别为 \(A,P,K\)、\(B,P,L\) 和 \(C,P,M\)。由相交弦定理， \[ PA\cdot PK=PB\cdot PL=PC\cdot PM. \] 特别地， \[ \frac{PA}{PM}=\frac{PC}{PK}, \qquad \frac{PB}{PM}=\frac{PC}{PL}. \] 结合 \(P\) 处的对顶角相等，由两边成比例且夹角相等可得 \[ \triangle PAC\sim\triangle PMK, \qquad \triangle PBC\sim\triangle PML. \] 由于 \(P\) 既不在 \(AC\) 上，也不在 \(BC\) 上，这些三角形均非退化。因此 \[ \frac{MK}{AC}=\frac{PM}{PA}, \qquad \frac{ML}{BC}=\frac{PM}{PB}. \] 两式相除并利用 (1)，可得 \[ \frac{MK}{ML} =\frac{AC}{BC}\cdot\frac{PB}{PA} =1. \] 因此 \(MK=ML\)，得证。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2010 · Задача 4
Пусть \(P\) — точка внутри треугольника \(ABC\). Прямые \(AP\), \(BP\) и \(CP\) вторично пересекают окружность \(\Gamma\), описанную около треугольника \(ABC\), в точках \(K\), \(L\) и \(M\) соответственно. Касательная к окружности \(\Gamma\), проведенная через точку \(C\), пересекает прямую \(AB\) в точке \(S\). Известно, что \(SC=SP\). Докажите, что \(MK=ML\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Поскольку точка \(S\ne C\) лежит на касательной к \(\Gamma\) в точке \(C\), она находится вне \(\Gamma\). Следовательно, \(A\) и \(B\) лежат на одном луче с началом в \(S\). По теореме о касательной и секущей и по условию \[ SA\cdot SB=SC^2=SP^2. \]
Поэтому как при \(X=C\), так и при \(X=P\) имеем \[ \frac{SA}{SX}=\frac{SX}{SB}. \] Кроме того, \(\angle ASX=\angle XSB\), поскольку лучи \(SA\) и \(SB\) совпадают. Значит, невырожденные треугольники \(SAX\) и \(SXB\) подобны по двум сторонам и углу между ними, откуда \[ \frac{AX}{XB}=\frac{SA}{SX}. \] Применяя это сначала к \(P\), а затем к \(C\), получаем \[ \frac{AP}{BP}=\frac{SA}{SP} =\frac{SA}{SC}=\frac{AC}{BC}. \tag{1} \]
Точка \(P\) лежит строго внутри \(\Gamma\), поэтому точки расположены в порядке \(A,P,K\), \(B,P,L\) и \(C,P,M\). По теореме о пересекающихся хордах \[ PA\cdot PK=PB\cdot PL=PC\cdot PM. \] В частности, \[ \frac{PA}{PM}=\frac{PC}{PK}, \qquad \frac{PB}{PM}=\frac{PC}{PL}. \] Вместе с равенством вертикальных углов при \(P\) эти равенства дают подобия по двум сторонам и углу между ними: \[ \triangle PAC\sim\triangle PMK, \qquad \triangle PBC\sim\triangle PML. \] Все эти треугольники невырожденные, поскольку \(P\) не лежит ни на \(AC\), ни на \(BC\). Поэтому \[ \frac{MK}{AC}=\frac{PM}{PA}, \qquad \frac{ML}{BC}=\frac{PM}{PB}. \] Деля равенства и используя (1), заключаем, что \[ \frac{MK}{ML} =\frac{AC}{BC}\cdot\frac{PB}{PA} =1. \] Следовательно, \(MK=ML\), что и требовалось доказать.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2010 · المسألة 4
لتكن \(P\) نقطة داخل المثلث \(ABC\) و \(\Gamma\) الدائرة المارة من رؤوسه. المستقيمات \(AP,BP,CP\) تقطع الدائرة \(\Gamma\) في النقط \(K,L,M\) على الترتيب. المماس للدائرة \(\Gamma\) في النقطة \(C\) يقطع المستقيم \(AB\) في \(S\). إذا كان \(SC=SP\)، فبرهن أن \(MK=ML\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
بما أن \(S\ne C\) تقع على المماس للدائرة \(\Gamma\) عند \(C\)، فإنها تقع خارج \(\Gamma\). وبالتالي، تقع \(A\) و\(B\) على الشعاع نفسه المنطلق من \(S\). وبحسب نظرية المماس والقاطع والفرض، \[ SA\cdot SB=SC^2=SP^2. \]
إذن، سواء أكانت \(X=C\) أم \(X=P\)، لدينا \[ \frac{SA}{SX}=\frac{SX}{SB}. \] كذلك، \(\angle ASX=\angle XSB\)، لأن الشعاعين \(SA\) و\(SB\) منطبقان. ومن ثم فإن المثلثين غير المنحلين \(SAX\) و\(SXB\) متشابهان وفق معيار ضلع–زاوية–ضلع، فنحصل على \[ \frac{AX}{XB}=\frac{SA}{SX}. \] بتطبيق ذلك على \(P\) أولًا ثم على \(C\)، نحصل على \[ \frac{AP}{BP}=\frac{SA}{SP} =\frac{SA}{SC}=\frac{AC}{BC}. \tag{1} \]
الآن تقع \(P\) داخل \(\Gamma\) تمامًا، ولذلك تقع النقاط بالترتيبات \(A,P,K\)، و\(B,P,L\)، و\(C,P,M\). وتعطي نظرية الوترين المتقاطعين \[ PA\cdot PK=PB\cdot PL=PC\cdot PM. \] وعلى وجه الخصوص، \[ \frac{PA}{PM}=\frac{PC}{PK}, \qquad \frac{PB}{PM}=\frac{PC}{PL}. \] ومع الزوايا المتقابلة بالرأس عند \(P\)، تؤدي هذه المساويات إلى التشابهين التاليين وفق معيار ضلع–زاوية–ضلع: \[ \triangle PAC\sim\triangle PMK, \qquad \triangle PBC\sim\triangle PML. \] جميع هذه المثلثات غير منحلة لأن \(P\) لا تقع على أي من \(AC\) و\(BC\). ومن ثم \[ \frac{MK}{AC}=\frac{PM}{PA}, \qquad \frac{ML}{BC}=\frac{PM}{PB}. \] بالقسمة واستخدام (1)، نستنتج أن \[ \frac{MK}{ML} =\frac{AC}{BC}\cdot\frac{PB}{PA} =1. \] إذن \(MK=ML\)، كما هو مطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.