IMO 2012 · Problem 5
Let \(ABC\) be a triangle with \(\angle BCA = 90^\circ\), and let \(D\) be the foot of the altitude from \(C\). Let \(X\) be a point in the interior of the segment \(CD\). Let \(K\) be the point on the segment \(AX\) such that \(BK = BC\). Similarly, let \(L\) be the point on the segment \(BX\) such that \(AL = AC\). Let \(M\) be the point of intersection of \(AL\) and \(BK\).
Show that \(MK = ML\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Put \[ a=AC,\qquad b=BC,\qquad q=\sqrt{CD^2-DX^2}>0. \] By the Pythagorean theorem, \[ AB^2=a^2+b^2,\qquad AX^2=a^2-q^2,\qquad BX^2=b^2-q^2. \]
For a point \(P\) on \(AX\), write \(t=AP/AX\), so \(0\le t\le1\). Stewart’s theorem gives \[ \begin{aligned} BP^2 &=(1-t)AB^2+tBX^2-t(1-t)AX^2\\ &=b^2+a^2(1-t)^2-q^2t^2. \end{aligned} \] Thus \(BP=b\) is equivalent to \[ a(1-t)=qt, \] because both sides are nonnegative. Its unique solution is \(t=a/(a+q)\), which lies strictly between \(0\) and \(1\). This proves that \(K\) exists uniquely in the interior of \(AX\), and \[ \frac{AK}{KX}=\frac{a}{q}. \] Interchanging \(A\) and \(B\) proves likewise that \(L\) lies in the interior of \(BX\), with \[ \frac{BL}{LX}=\frac{b}{q}. \]
The interior cevians \(BK\) and \(AL\) of triangle \(ABX\) intersect inside the triangle. Hence \(M\) lies strictly between \(B\) and \(K\), and between \(A\) and \(L\).
Apply Menelaus’s theorem in triangle \(BKX\) to the collinear points \(M,A,L\). It yields \[ \frac{BM}{MK}\frac{KA}{AX}\frac{XL}{LB}=1, \] and therefore \[ \frac{BM}{MK} =\frac{AX}{AK}\frac{BL}{LX} =\frac{a+q}{a}\frac{b}{q}. \] Since \(BM+MK=BK=b\), we obtain \[ MK=\frac{b}{1+\dfrac{b(a+q)}{aq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq}. \]
Similarly, Menelaus’s theorem in triangle \(ALX\), using the collinear points \(M,B,K\), gives \[ \frac{AM}{ML} =\frac{BX}{BL}\frac{AK}{KX} =\frac{b+q}{b}\frac{a}{q}. \] As \(AM+ML=AL=a\), \[ ML=\frac{a}{1+\dfrac{a(b+q)}{bq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} =MK. \] All denominators are positive, so the argument applies to every permitted configuration. \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2012 · Aufgabe 5
Es seien \(ABC\) ein Dreieck mit \(\angle BCA=90^\circ\) und \(D\) der Höhenfußpunkt der Höhe durch \(C\). Sei \(X\) ein innerer Punkt der Strecke \(CD\). Es bezeichne \(K\) den Punkt auf der Strecke \(AX\) für den \(|BK|=|BC|\) gilt. Entsprechend bezeichne \(L\) den Punkt auf der Strecke \(BX\) für den \(|AL|=|AC|\) gilt. Schließlich bezeichne \(M\) den Schnittpunkt von \(AL\) und \(BK\). Man beweise: \(|MK|=|ML|\).
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir setzen \[ a=AC,\qquad b=BC,\qquad q=\sqrt{CD^2-DX^2}>0. \] Nach dem Satz des Pythagoras gilt \[ AB^2=a^2+b^2,\qquad AX^2=a^2-q^2,\qquad BX^2=b^2-q^2. \]
Für einen Punkt \(P\) auf \(AX\) schreiben wir \(t=AP/AX\), so dass \(0\le t\le1\). Der Satz von Stewart liefert \[ \begin{aligned} BP^2 &=(1-t)AB^2+tBX^2-t(1-t)AX^2\\ &=b^2+a^2(1-t)^2-q^2t^2. \end{aligned} \] Somit ist \(BP=b\) äquivalent zu \[ a(1-t)=qt, \] da beide Seiten nichtnegativ sind. Die einzige Lösung ist \(t=a/(a+q)\), und sie liegt echt zwischen \(0\) und \(1\). Dies beweist, dass \(K\) eindeutig im Inneren von \(AX\) existiert und \[ \frac{AK}{KX}=\frac{a}{q} \] gilt. Durch Vertauschen von \(A\) und \(B\) zeigt man ebenso, dass \(L\) im Inneren von \(BX\) liegt, wobei \[ \frac{BL}{LX}=\frac{b}{q}. \]
Die inneren Ecktransversalen \(BK\) und \(AL\) des Dreiecks \(ABX\) schneiden sich im Inneren des Dreiecks. Daher liegt \(M\) echt zwischen \(B\) und \(K\) sowie zwischen \(A\) und \(L\).
Wir wenden den Satz von Menelaos im Dreieck \(BKX\) auf die kollinearen Punkte \(M,A,L\) an. Er liefert \[ \frac{BM}{MK}\frac{KA}{AX}\frac{XL}{LB}=1, \] und daher \[ \frac{BM}{MK} =\frac{AX}{AK}\frac{BL}{LX} =\frac{a+q}{a}\frac{b}{q}. \] Wegen \(BM+MK=BK=b\) erhalten wir \[ MK=\frac{b}{1+\dfrac{b(a+q)}{aq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq}. \]
Ebenso liefert der Satz von Menelaos im Dreieck \(ALX\) unter Verwendung der kollinearen Punkte \(M,B,K\) \[ \frac{AM}{ML} =\frac{BX}{BL}\frac{AK}{KX} =\frac{b+q}{b}\frac{a}{q}. \] Da \(AM+ML=AL=a\), gilt \[ ML=\frac{a}{1+\dfrac{a(b+q)}{bq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} =MK. \] Alle Nenner sind positiv, also gilt das Argument für jede zulässige Konfiguration. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2012 · Soru 5
Bir \(ABC\) üçgeninde \(\angle BCA=90^\circ\) ve \(C\) köşesinden indirilen yüksekliğin ayağı \(D\) olsun. \([CD]\) doğru parçası üzerinde \(C\) ve \(D\) noktalarından farklı bir \(X\) noktası alınıyor. \([AX]\) doğru parçası üzerinde \(|BK|=|BC|\) olacak şekilde bir \(K\) noktası ve benzer şekilde \([BX]\) doğru parçası üzerinde \(|AL|=|AC|\) olacak şekilde bir \(L\) noktası seçiliyor. \(AL\) ve \(BK\) doğrularının kesişim noktası \(M\) olsun.
\(|MK|=|ML|\) olduğunu gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\[ a=AC,\qquad b=BC,\qquad q=\sqrt{CD^2-DX^2}>0 \] olsun. Pisagor teoreminden, \[ AB^2=a^2+b^2,\qquad AX^2=a^2-q^2,\qquad BX^2=b^2-q^2. \]
\(AX\) üzerindeki bir \(P\) noktası için \(t=AP/AX\) yazalım; böylece \(0\le t\le1\) olur. Stewart teoremi \[ \begin{aligned} BP^2 &=(1-t)AB^2+tBX^2-t(1-t)AX^2\\ &=b^2+a^2(1-t)^2-q^2t^2 \end{aligned} \] verir. Dolayısıyla \(BP=b\) olması, \[ a(1-t)=qt, \] eşitliğine denktir; çünkü her iki taraf da negatif değildir. Bunun tek çözümü \(t=a/(a+q)\)’dur ve bu değer \(0\) ile \(1\)’in kesin olarak arasındadır. Bu, \(AX\)’in iç kısmında tek bir \(K\) noktasının var olduğunu kanıtlar ve \[ \frac{AK}{KX}=\frac{a}{q} \] olur. \(A\) ile \(B\)’yi yer değiştirerek, benzer şekilde \(L\)’nin \(BX\)’in iç kısmında olduğu ve \[ \frac{BL}{LX}=\frac{b}{q} \] eşitliğini sağladığı kanıtlanır.
\(ABX\) üçgeninin iç cevianları \(BK\) ve \(AL\), üçgenin içinde kesişir. Dolayısıyla \(M\), hem \(B\) ile \(K\)’nin hem de \(A\) ile \(L\)’nin kesin olarak arasındadır.
\(BKX\) üçgeninde doğrusal \(M,A,L\) noktalarına Menelaus teoremini uygulayalım. Buradan \[ \frac{BM}{MK}\frac{KA}{AX}\frac{XL}{LB}=1, \] ve dolayısıyla \[ \frac{BM}{MK} =\frac{AX}{AK}\frac{BL}{LX} =\frac{a+q}{a}\frac{b}{q} \] elde edilir. \(BM+MK=BK=b\) olduğundan, \[ MK=\frac{b}{1+\dfrac{b(a+q)}{aq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} \] buluruz.
Benzer şekilde, \(ALX\) üçgeninde doğrusal \(M,B,K\) noktalarını kullanarak Menelaus teoreminden \[ \frac{AM}{ML} =\frac{BX}{BL}\frac{AK}{KX} =\frac{b+q}{b}\frac{a}{q} \] elde edilir. \(AM+ML=AL=a\) olduğundan, \[ ML=\frac{a}{1+\dfrac{a(b+q)}{bq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} =MK. \] Tüm paydalar pozitiftir; dolayısıyla argüman, koşullara uyan her yerleşim için geçerlidir. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2012 · Problema 5
Sea \(ABC\) un triángulo tal que \(\angle BCA=90^\circ\), y sea \(D\) el pie de la altura desde \(C\). Sea \(X\) un punto interior del segmento \(CD\). Sea \(K\) el punto en el segmento \(AX\) tal que \(BK=BC\). Análogamente, sea \(L\) el punto en el segmento \(BX\) tal que \(AL=AC\). Sea \(M\) el punto de intersección de \(AL\) y \(BK\).
Demostrar que \(MK=ML\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Ponemos \[ a=AC,\qquad b=BC,\qquad q=\sqrt{CD^2-DX^2}>0. \] Por el teorema de Pitágoras, \[ AB^2=a^2+b^2,\qquad AX^2=a^2-q^2,\qquad BX^2=b^2-q^2. \]
Para un punto \(P\) de \(AX\), escribimos \(t=AP/AX\), de modo que \(0\le t\le1\). El teorema de Stewart da \[ \begin{aligned} BP^2 &=(1-t)AB^2+tBX^2-t(1-t)AX^2\\ &=b^2+a^2(1-t)^2-q^2t^2. \end{aligned} \] Así, \(BP=b\) equivale a \[ a(1-t)=qt, \] porque ambos miembros son no negativos. Su única solución es \(t=a/(a+q)\), que está estrictamente entre \(0\) y \(1\). Esto demuestra que existe un único \(K\) en el interior de \(AX\), y \[ \frac{AK}{KX}=\frac{a}{q}. \] Intercambiando \(A\) y \(B\) se demuestra análogamente que \(L\) está en el interior de \(BX\), con \[ \frac{BL}{LX}=\frac{b}{q}. \]
Las cevianas interiores \(BK\) y \(AL\) del triángulo \(ABX\) se cortan dentro del triángulo. Por tanto, \(M\) está estrictamente entre \(B\) y \(K\), y entre \(A\) y \(L\).
Aplicamos el teorema de Menelao en el triángulo \(BKX\) a los puntos colineales \(M,A,L\). Se obtiene \[ \frac{BM}{MK}\frac{KA}{AX}\frac{XL}{LB}=1, \] y, por tanto, \[ \frac{BM}{MK} =\frac{AX}{AK}\frac{BL}{LX} =\frac{a+q}{a}\frac{b}{q}. \] Como \(BM+MK=BK=b\), obtenemos \[ MK=\frac{b}{1+\dfrac{b(a+q)}{aq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq}. \]
Análogamente, el teorema de Menelao en el triángulo \(ALX\), usando los puntos colineales \(M,B,K\), da \[ \frac{AM}{ML} =\frac{BX}{BL}\frac{AK}{KX} =\frac{b+q}{b}\frac{a}{q}. \] Como \(AM+ML=AL=a\), \[ ML=\frac{a}{1+\dfrac{a(b+q)}{bq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} =MK. \] Todos los denominadores son positivos, por lo que el argumento se aplica a toda configuración permitida. \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2012 · 问题 5
已知三角形 \(ABC\) 中，\(\angle BCA=90^\circ\)，\(D\) 是过顶点 \(C\) 的高的垂足. 设 \(X\) 是线段 \(CD\) 内部的一点. \(K\) 是线段 \(AX\) 上一点，使得 \(BK=BC\). \(L\) 是线段 \(BX\) 上一点，使得 \(AL=AC\). 设 \(M\) 是 \(AL\) 与 \(BK\) 的交点.
证明：\(MK=ML\).
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
令 \[ a=AC,\qquad b=BC,\qquad q=\sqrt{CD^2-DX^2}>0. \] 由勾股定理， \[ AB^2=a^2+b^2,\qquad AX^2=a^2-q^2,\qquad BX^2=b^2-q^2. \]
对于 \(AX\) 上的点 \(P\)，记 \(t=AP/AX\)，于是 \(0\le t\le1\)。由斯图尔特定理得 \[ \begin{aligned} BP^2 &=(1-t)AB^2+tBX^2-t(1-t)AX^2\\ &=b^2+a^2(1-t)^2-q^2t^2. \end{aligned} \] 因此，\(BP=b\) 等价于 \[ a(1-t)=qt, \] 因为两边均非负。它的唯一解为 \(t=a/(a+q)\)，严格介于 \(0\) 与 \(1\) 之间。这证明了 \(K\) 在 \(AX\) 内部存在且唯一，并且 \[ \frac{AK}{KX}=\frac{a}{q}. \] 交换 \(A\) 与 \(B\)，同样可证 \(L\) 位于 \(BX\) 内部，且 \[ \frac{BL}{LX}=\frac{b}{q}. \]
三角形 \(ABX\) 的两条内劈线 \(BK\) 和 \(AL\) 在三角形内部相交。因此，\(M\) 严格位于 \(B\) 与 \(K\) 之间，也严格位于 \(A\) 与 \(L\) 之间。
在三角形 \(BKX\) 中，对共线的点 \(M,A,L\) 应用梅涅劳斯定理，得到 \[ \frac{BM}{MK}\frac{KA}{AX}\frac{XL}{LB}=1, \] 因此 \[ \frac{BM}{MK} =\frac{AX}{AK}\frac{BL}{LX} =\frac{a+q}{a}\frac{b}{q}. \] 由于 \(BM+MK=BK=b\)，得到 \[ MK=\frac{b}{1+\dfrac{b(a+q)}{aq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq}. \]
同理，在三角形 \(ALX\) 中，对共线的点 \(M,B,K\) 应用梅涅劳斯定理，得 \[ \frac{AM}{ML} =\frac{BX}{BL}\frac{AK}{KX} =\frac{b+q}{b}\frac{a}{q}. \] 由于 \(AM+ML=AL=a\)， \[ ML=\frac{a}{1+\dfrac{a(b+q)}{bq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} =MK. \] 所有分母均为正数，因此上述论证适用于每一种符合题意的构型。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2012 · Задача 5
Пусть \(ABC\) — треугольник, в котором \(\angle BCA=90^\circ\), и пусть \(D\) — основание высоты, проведенной из вершины \(C\). Внутри отрезка \(CD\) взята точка \(X\). Пусть \(K\) — точка, лежащая на отрезке \(AX\) такая, что \(BK=BC\). Аналогично, пусть \(L\) — точка, лежащая на отрезке \(BX\) такая, что \(AL=AC\). Пусть \(M\) — точка пересечения отрезков \(AL\) и \(BK\).
Докажите, что \(MK=ML\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Положим \[ a=AC,\qquad b=BC,\qquad q=\sqrt{CD^2-DX^2}>0. \] По теореме Пифагора \[ AB^2=a^2+b^2,\qquad AX^2=a^2-q^2,\qquad BX^2=b^2-q^2. \]
Для точки \(P\) на \(AX\) положим \(t=AP/AX\), так что \(0\le t\le1\). По теореме Стюарта \[ \begin{aligned} BP^2 &=(1-t)AB^2+tBX^2-t(1-t)AX^2\\ &=b^2+a^2(1-t)^2-q^2t^2. \end{aligned} \] Таким образом, равенство \(BP=b\) равносильно \[ a(1-t)=qt, \] поскольку обе части неотрицательны. Единственное решение этого уравнения — \(t=a/(a+q)\), и оно лежит строго между \(0\) и \(1\). Это доказывает, что точка \(K\) существует, единственна и лежит внутри \(AX\), причём \[ \frac{AK}{KX}=\frac{a}{q}. \] Меняя местами \(A\) и \(B\), аналогично доказываем, что \(L\) лежит внутри \(BX\), причём \[ \frac{BL}{LX}=\frac{b}{q}. \]
Внутренние чевианы \(BK\) и \(AL\) треугольника \(ABX\) пересекаются внутри треугольника. Поэтому \(M\) лежит строго между \(B\) и \(K\), а также между \(A\) и \(L\).
Применим теорему Менелая в треугольнике \(BKX\) к лежащим на одной прямой точкам \(M,A,L\). Она даёт \[ \frac{BM}{MK}\frac{KA}{AX}\frac{XL}{LB}=1, \] и потому \[ \frac{BM}{MK} =\frac{AX}{AK}\frac{BL}{LX} =\frac{a+q}{a}\frac{b}{q}. \] Поскольку \(BM+MK=BK=b\), получаем \[ MK=\frac{b}{1+\dfrac{b(a+q)}{aq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq}. \]
Аналогично, теорема Менелая в треугольнике \(ALX\), применённая к лежащим на одной прямой точкам \(M,B,K\), даёт \[ \frac{AM}{ML} =\frac{BX}{BL}\frac{AK}{KX} =\frac{b+q}{b}\frac{a}{q}. \] Так как \(AM+ML=AL=a\), \[ ML=\frac{a}{1+\dfrac{a(b+q)}{bq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} =MK. \] Все знаменатели положительны, поэтому рассуждение применимо к любой допустимой конфигурации. \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2012 · المسألة 5
ليكن \(ABC\) مثلثا فيه \(\angle BCA=90^\circ\)، و \(D\) قدم الارتفاع النازل من \(C\). لتكن \(X\) نقطة داخل القطعة المستقيمة \(CD\). النقطة \(K\) تقع على القطعة المستقيمة \(AX\) بحيث \(BK=BC\). بصورة مشابهة النقطة \(L\) تقع على القطعة المستقيمة \(BX\) بحيث \(AL=AC\).
إذا كانت \(M\) نقطة تقاطع المستقيمين \(AL\) و \(BK\)، فبرهن أن \(MK=ML\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نضع \[ a=AC,\qquad b=BC,\qquad q=\sqrt{CD^2-DX^2}>0. \] بمبرهنة فيثاغورس، \[ AB^2=a^2+b^2,\qquad AX^2=a^2-q^2,\qquad BX^2=b^2-q^2. \]
لنقطة \(P\) على \(AX\)، نكتب \(t=AP/AX\)، بحيث \(0\le t\le1\). تعطينا مبرهنة ستيوارت \[ \begin{aligned} BP^2 &=(1-t)AB^2+tBX^2-t(1-t)AX^2\\ &=b^2+a^2(1-t)^2-q^2t^2. \end{aligned} \] إذن \(BP=b\) يكافئ \[ a(1-t)=qt, \] لأن كلا الطرفين غير سالب. وحله الوحيد هو \(t=a/(a+q)\)، وهو يقع بين \(0\) و \(1\) تماما. وهذا يثبت وجود نقطة وحيدة \(K\) داخل \(AX\)، وأن \[ \frac{AK}{KX}=\frac{a}{q}. \] وبتبادل \(A\) و \(B\)، نثبت بالمثل أن \(L\) تقع داخل \(BX\)، مع \[ \frac{BL}{LX}=\frac{b}{q}. \]
يتقاطع القاطعان الداخليان \(BK\) و \(AL\) في المثلث \(ABX\) داخل المثلث. ومن ثم تقع \(M\) بين \(B\) و \(K\) تماما، وبين \(A\) و \(L\) تماما.
نطبق مبرهنة مينلاوس في المثلث \(BKX\) على النقاط الواقعة على استقامة واحدة \(M,A,L\). فتعطي \[ \frac{BM}{MK}\frac{KA}{AX}\frac{XL}{LB}=1, \] ولذلك \[ \frac{BM}{MK} =\frac{AX}{AK}\frac{BL}{LX} =\frac{a+q}{a}\frac{b}{q}. \] وبما أن \(BM+MK=BK=b\)، نحصل على \[ MK=\frac{b}{1+\dfrac{b(a+q)}{aq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq}. \]
وبالمثل، تعطينا مبرهنة مينلاوس في المثلث \(ALX\)، باستعمال النقاط الواقعة على استقامة واحدة \(M,B,K\)، \[ \frac{AM}{ML} =\frac{BX}{BL}\frac{AK}{KX} =\frac{b+q}{b}\frac{a}{q}. \] وبما أن \(AM+ML=AL=a\)، فإن \[ ML=\frac{a}{1+\dfrac{a(b+q)}{bq}} =\frac{abq}{ab+aq+bq} =MK. \] جميع المقامات موجبة، ولذلك تنطبق الحجة على كل وضع هندسي مسموح به. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.