IMO 2013 · Problem 3
Let the excircle of triangle \(ABC\) opposite the vertex \(A\) be tangent to the side \(BC\) at the point \(A_1\). Define the points \(B_1\) on \(CA\) and \(C_1\) on \(AB\) analogously, using the excircles opposite \(B\) and \(C\), respectively. Suppose that the circumcentre of triangle \(A_1B_1C_1\) lies on the circumcircle of triangle \(ABC\). Prove that triangle \(ABC\) is right-angled.
The excircle of triangle \(ABC\) opposite the vertex \(A\) is the circle that is tangent to the line segment \(BC\), to the ray \(AB\) beyond \(B\), and to the ray \(AC\) beyond \(C\). The excircles opposite \(B\) and \(C\) are similarly defined.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \(O,I,H\) be the circumcentre, incentre and orthocentre of \(ABC\), and let \(Q\) be the circumcentre of \(A_1B_1C_1\). Write \[ a=BC,\qquad b=CA,\qquad c=AB,\qquad s=\frac{a+b+c}{2}, \] and put \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] Thus \(x,y,z>0\) and \[ a=y+z,\qquad b=z+x,\qquad c=x+y. \] Equality of tangent lengths gives \[ BA_1=z,\quad CA_1=y,\quad CB_1=x,\quad AB_1=z, \quad AC_1=y,\quad BC_1=x. \] These contact points are noncollinear: a line cannot meet the interiors of all three sides of a triangle.
Let \(R,r\) be the circumradius and inradius. From the area formulas and Heron’s formula, \[ abc=4Rrs,\qquad xyz=r^2s. \] Consequently, if \(t=R/r\), then \[ 4txyz=abc. \tag{1} \]
We first establish the following formula, using position vectors with origin \(O\): \[ \boxed{\ \mathbf q=t\mathbf h-(t+1)\mathbf i.\ } \tag{2} \]
Define \(J\) by the right-hand side of (2). To verify that \(J=Q\), temporarily take \(A\) as origin. The position vector of \(J\) is now \[ \mathbf j=2\mathbf o-\mathbf i+t(\mathbf h-\mathbf i). \] Let \(\mathbf e,\mathbf f\) be unit vectors along \(AB,AC\), respectively. The circumcentre and orthocentre equations, together with the incircle’s tangent lengths, give \[ \begin{aligned} \mathbf o\cdot\mathbf e&=\frac c2, &\mathbf o\cdot\mathbf f&=\frac b2,\\ \mathbf i\cdot\mathbf e&=x, &\mathbf i\cdot\mathbf f&=x,\\ \mathbf h\cdot\mathbf e&=b\cos A, &\mathbf h\cdot\mathbf f&=c\cos A. \end{aligned} \] For example, the last row follows from \(CH\perp AB\) and \(BH\perp AC\).
The cosine rule yields \[ \cos A=\frac{xs-yz}{bc}, \] so \[ b\cos A-x=\frac{z(x-y)}c,\qquad c\cos A-x=\frac{y(x-z)}b. \] Therefore \[ \mathbf j\cdot\mathbf e=y+\frac{tz(x-y)}c, \qquad \mathbf j\cdot\mathbf f=z+\frac{ty(x-z)}b. \] Since \(\overrightarrow{AB_1}=z\mathbf f\) and \(\overrightarrow{AC_1}=y\mathbf e\), we obtain \[ \begin{aligned} 2\mathbf j\cdot(z\mathbf f-y\mathbf e) &=2(z^2-y^2) +2tyz\left(\frac{x-z}{b}-\frac{x-y}{c}\right)\\ &=2(z^2-y^2)+\frac{4txyz(y-z)}{bc}\\ &=2(z^2-y^2)+a(y-z)\\ &=z^2-y^2, \end{aligned} \] where we used (1) and \(a=y+z\). This is precisely the equality \(JB_1^2=JC_1^2\). Applying the same argument cyclically shows that \(JA_1=JB_1=JC_1\). Hence \(J=Q\), proving (2).
Return now to origin \(O\), and denote the vertex vectors by \(\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c\). We have \[ \mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c, \qquad \mathbf i=\frac{a\mathbf a+b\mathbf b+c\mathbf c}{2s}. \] The first identity follows from the altitude equations; for instance, \((\mathbf b+\mathbf c)\cdot(\mathbf b-\mathbf c)=0\). The second follows from \([IBC]:[ICA]:[IAB]=a:b:c\).
Put \(L=a^2+b^2+c^2\). Since all three vertex vectors have length \(R\), and \(\mathbf a\cdot\mathbf b=R^2-c^2/2\), with cyclic analogues, expansion gives \[ |\mathbf i|^2 =R^2-\frac{abc}{2s} =R^2-2Rr, \tag{3} \] \[ |\mathbf h|^2=9R^2-L, \tag{4} \] and \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =12R^2-2L+\frac{a^3+b^3+c^3}{s}. \tag{5} \] Also, substituting \(a=y+z,b=z+x,c=x+y\) gives \[ \begin{aligned} sL-(a^3+b^3+c^3) &=a^2x+b^2y+c^2z\\ &=abc+4xyz\\ &=4rs(R+r). \end{aligned} \] Thus (4) and (5) imply \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =|\mathbf h|^2+3R^2-4r(R+r). \tag{6} \]
Substituting (3) and (6) into (2), and using \(R=tr\), we find \[ \begin{aligned} |\mathbf q|^2-R^2 &=t^2|\mathbf h|^2+(t+1)^2|\mathbf i|^2 -2t(t+1)\mathbf h\cdot\mathbf i-R^2\\ &=\frac{t(t-1)}2\bigl(|\mathbf h|^2-R^2\bigr). \end{aligned}\tag{7} \] Equation (3) gives \(R\ge 2r\), so \(t\ge2\). By hypothesis, \(|\mathbf q|=R\); hence (7) forces \[ |\mathbf h|=R. \]
Finally, if \(H=B\) or \(H=C\), the triangle is right-angled at that vertex. Otherwise, using \(\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c\), \[ (\mathbf h-\mathbf b)\cdot(\mathbf h-\mathbf c) =R^2+\mathbf a\cdot\mathbf b+\mathbf b\cdot\mathbf c +\mathbf c\cdot\mathbf a =\frac{|\mathbf h|^2-R^2}{2}=0. \] Thus \(BH\perp CH\). Since \(BH\perp AC\) and \(CH\perp AB\), it follows that \(AB\perp AC\). Therefore \(ABC\) is right-angled. \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2013 · Aufgabe 3
Der \(A\) gegenüber liegende Ankreis des Dreiecks \(ABC\) berühre die Seite \(BC\) im Punkt \(A_1\). Die Punkte \(B_1\) auf der Seite \(CA\) und \(C_1\) auf der Seite \(AB\) seien, unter Verwendung der \(B\) bzw. \(C\) gegenüber liegenden Ankreise, analog definiert. Man nehme an, dass der Umkreismittelpunkt des Dreiecks \(A_1B_1C_1\) auf dem Umkreis des Dreiecks \(ABC\) liegt. Man beweise, dass das Dreieck \(ABC\) rechtwinklig ist.
(Der Ankreis von \(ABC\), der dem Eckpunkt \(A\) gegenüber liegt, ist der Kreis, der die Strecke \(BC\) sowie den Strahl \(AB\) jenseits von \(B\) und den Strahl \(AC\) jenseits von \(C\) berührt. Die \(B\) bzw. \(C\) gegenüber liegenden Ankreise werden analog definiert.)
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Seien \(O,I,H\) der Umkreismittelpunkt, der Inkreismittelpunkt und der Höhenschnittpunkt von \(ABC\), und sei \(Q\) der Umkreismittelpunkt von \(A_1B_1C_1\). Wir schreiben \[ a=BC,\qquad b=CA,\qquad c=AB,\qquad s=\frac{a+b+c}{2}, \] und setzen \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] Somit gilt \(x,y,z>0\) und \[ a=y+z,\qquad b=z+x,\qquad c=x+y. \] Aus der Gleichheit der Tangentenabschnitte folgt \[ BA_1=z,\quad CA_1=y,\quad CB_1=x,\quad AB_1=z, \quad AC_1=y,\quad BC_1=x. \] Diese Berührpunkte liegen nicht auf einer Geraden: Eine Gerade kann nicht die inneren Punkte aller drei Seiten eines Dreiecks treffen.
Seien \(R,r\) der Umkreisradius und der Inkreisradius. Aus den Flächenformeln und der Heronschen Formel folgt \[ abc=4Rrs,\qquad xyz=r^2s. \] Für \(t=R/r\) gilt daher \[ 4txyz=abc. \tag{1} \]
Wir beweisen zunächst die folgende Formel, wobei wir Ortsvektoren mit Ursprung \(O\) verwenden: \[ \boxed{\ \mathbf q=t\mathbf h-(t+1)\mathbf i.\ } \tag{2} \]
Wir definieren \(J\) durch die rechte Seite von (2). Um \(J=Q\) nachzuweisen, wählen wir vorübergehend \(A\) als Ursprung. Der Ortsvektor von \(J\) ist nun \[ \mathbf j=2\mathbf o-\mathbf i+t(\mathbf h-\mathbf i). \] Seien \(\mathbf e,\mathbf f\) Einheitsvektoren entlang \(AB\) beziehungsweise \(AC\). Die Gleichungen für den Umkreismittelpunkt und den Höhenschnittpunkt ergeben zusammen mit den Tangentenabschnitten am Inkreis \[ \begin{aligned} \mathbf o\cdot\mathbf e&=\frac c2, &\mathbf o\cdot\mathbf f&=\frac b2,\\ \mathbf i\cdot\mathbf e&=x, &\mathbf i\cdot\mathbf f&=x,\\ \mathbf h\cdot\mathbf e&=b\cos A, &\mathbf h\cdot\mathbf f&=c\cos A. \end{aligned} \] Die letzte Zeile folgt beispielsweise aus \(CH\perp AB\) und \(BH\perp AC\).
Der Kosinussatz liefert \[ \cos A=\frac{xs-yz}{bc}, \] also \[ b\cos A-x=\frac{z(x-y)}c,\qquad c\cos A-x=\frac{y(x-z)}b. \] Daher gilt \[ \mathbf j\cdot\mathbf e=y+\frac{tz(x-y)}c, \qquad \mathbf j\cdot\mathbf f=z+\frac{ty(x-z)}b. \] Wegen \(\overrightarrow{AB_1}=z\mathbf f\) und \(\overrightarrow{AC_1}=y\mathbf e\) erhalten wir \[ \begin{aligned} 2\mathbf j\cdot(z\mathbf f-y\mathbf e) &=2(z^2-y^2) +2tyz\left(\frac{x-z}{b}-\frac{x-y}{c}\right)\\ &=2(z^2-y^2)+\frac{4txyz(y-z)}{bc}\\ &=2(z^2-y^2)+a(y-z)\\ &=z^2-y^2, \end{aligned} \] wobei wir (1) und \(a=y+z\) verwendet haben. Dies ist genau die Gleichheit \(JB_1^2=JC_1^2\). Wenden wir dasselbe Argument zyklisch an, so folgt \(JA_1=JB_1=JC_1\). Somit ist \(J=Q\), womit (2) bewiesen ist.
Wir kehren nun zum Ursprung \(O\) zurück und bezeichnen die Ortsvektoren der Eckpunkte mit \(\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c\). Es gilt \[ \mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c, \qquad \mathbf i=\frac{a\mathbf a+b\mathbf b+c\mathbf c}{2s}. \] Die erste Identität folgt aus den Höhengleichungen; beispielsweise gilt \((\mathbf b+\mathbf c)\cdot(\mathbf b-\mathbf c)=0\). Die zweite folgt aus \([IBC]:[ICA]:[IAB]=a:b:c\).
Wir setzen \(L=a^2+b^2+c^2\). Da alle drei Ortsvektoren der Eckpunkte die Länge \(R\) haben und \(\mathbf a\cdot\mathbf b=R^2-c^2/2\) sowie die zyklisch entsprechenden Gleichungen gelten, ergibt Ausmultiplizieren \[ |\mathbf i|^2 =R^2-\frac{abc}{2s} =R^2-2Rr, \tag{3} \] \[ |\mathbf h|^2=9R^2-L, \tag{4} \] und \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =12R^2-2L+\frac{a^3+b^3+c^3}{s}. \tag{5} \] Außerdem ergibt Einsetzen von \(a=y+z,b=z+x,c=x+y\) \[ \begin{aligned} sL-(a^3+b^3+c^3) &=a^2x+b^2y+c^2z\\ &=abc+4xyz\\ &=4rs(R+r). \end{aligned} \] Damit folgt aus (4) und (5) \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =|\mathbf h|^2+3R^2-4r(R+r). \tag{6} \]
Setzen wir (3) und (6) in (2) ein und verwenden \(R=tr\), so erhalten wir \[ \begin{aligned} |\mathbf q|^2-R^2 &=t^2|\mathbf h|^2+(t+1)^2|\mathbf i|^2 -2t(t+1)\mathbf h\cdot\mathbf i-R^2\\ &=\frac{t(t-1)}2\bigl(|\mathbf h|^2-R^2\bigr). \end{aligned}\tag{7} \] Gleichung (3) liefert \(R\ge 2r\), also \(t\ge2\). Nach Voraussetzung gilt \(|\mathbf q|=R\); daher folgt aus (7) zwingend \[ |\mathbf h|=R. \]
Ist schließlich \(H=B\) oder \(H=C\), so ist das Dreieck an diesem Eckpunkt rechtwinklig. Andernfalls gilt wegen \(\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c\) \[ (\mathbf h-\mathbf b)\cdot(\mathbf h-\mathbf c) =R^2+\mathbf a\cdot\mathbf b+\mathbf b\cdot\mathbf c +\mathbf c\cdot\mathbf a =\frac{|\mathbf h|^2-R^2}{2}=0. \] Somit gilt \(BH\perp CH\). Da \(BH\perp AC\) und \(CH\perp AB\), folgt \(AB\perp AC\). Also ist \(ABC\) rechtwinklig. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2013 · Soru 3
Bir \(ABC\) üçgeninde \(A\) köşesinin karşısındaki dışteğet çember \(BC\) kenarına \(A_1\) noktasında teğet olsun. Benzer şekilde, \(B\) ve \(C\) köşelerinin karşısındaki dışteğet çemberleri kullanarak \(CA\) kenarı üzerinde \(B_1\) ve \(AB\) kenarı üzerinde \(C_1\) noktalarını tanımlayalım. \(A_1B_1C_1\) üçgeninin çevrel merkezi \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi üzerinde ise, \(ABC\) üçgeninin bir dik üçgen olduğunu gösteriniz.
\(ABC\) üçgeninin \(A\) köşesinin karşısındaki dışteğet çember; \(BC\) kenarına, \(B\)’nin ötesinde \(AB\) ışınına ve \(C\)’nin ötesinde \(AC\) ışınına teğet olan çemberdir. \(B\) ve \(C\) köşelerinin karşısındaki dışteğet çemberler de benzer biçimde tanımlanıyor.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(ABC\)'nin çevrel merkezi, iç merkezi ve diklik merkezi sırasıyla \(O,I,H\), \(A_1B_1C_1\)'in çevrel merkezi ise \(Q\) olsun. \[ a=BC,\qquad b=CA,\qquad c=AB,\qquad s=\frac{a+b+c}{2} \] yazalım ve \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c \] olarak tanımlayalım. Böylece \(x,y,z>0\) ve \[ a=y+z,\qquad b=z+x,\qquad c=x+y \] olur. Teğet uzunluklarının eşitliğinden \[ BA_1=z,\quad CA_1=y,\quad CB_1=x,\quad AB_1=z, \quad AC_1=y,\quad BC_1=x \] elde edilir. Bu teğet noktaları doğrusal değildir: bir doğru, bir üçgenin üç kenarının da iç kısmını kesemez.
Çevrel yarıçap ve iç yarıçap sırasıyla \(R,r\) olsun. Alan formüllerinden ve Heron formülünden, \[ abc=4Rrs,\qquad xyz=r^2s \] elde edilir. Dolayısıyla \(t=R/r\) ise \[ 4txyz=abc. \tag{1} \]
Önce, başlangıç noktası \(O\) olan konum vektörlerini kullanarak şu formülü kanıtlayacağız: \[ \boxed{\ \mathbf q=t\mathbf h-(t+1)\mathbf i.\ } \tag{2} \]
\(J\)'yi (2)'nin sağ tarafıyla tanımlayalım. \(J=Q\) olduğunu doğrulamak için geçici olarak başlangıç noktasını \(A\) alalım. Artık \(J\)'nin konum vektörü \[ \mathbf j=2\mathbf o-\mathbf i+t(\mathbf h-\mathbf i) \] olur. \(\mathbf e,\mathbf f\), sırasıyla \(AB,AC\) yönlerindeki birim vektörler olsun. Çevrel merkez ve diklik merkezi denklemleri, içteğet çemberin teğet uzunluklarıyla birlikte, \[ \begin{aligned} \mathbf o\cdot\mathbf e&=\frac c2, &\mathbf o\cdot\mathbf f&=\frac b2,\\ \mathbf i\cdot\mathbf e&=x, &\mathbf i\cdot\mathbf f&=x,\\ \mathbf h\cdot\mathbf e&=b\cos A, &\mathbf h\cdot\mathbf f&=c\cos A \end{aligned} \] eşitliklerini verir. Örneğin son satır, \(CH\perp AB\) ve \(BH\perp AC\) bağıntılarından çıkar.
Kosinüs teoreminden \[ \cos A=\frac{xs-yz}{bc} \] dolayısıyla \[ b\cos A-x=\frac{z(x-y)}c,\qquad c\cos A-x=\frac{y(x-z)}b \] elde edilir. Bu nedenle \[ \mathbf j\cdot\mathbf e=y+\frac{tz(x-y)}c, \qquad \mathbf j\cdot\mathbf f=z+\frac{ty(x-z)}b. \] \(\overrightarrow{AB_1}=z\mathbf f\) ve \(\overrightarrow{AC_1}=y\mathbf e\) olduğundan, \[ \begin{aligned} 2\mathbf j\cdot(z\mathbf f-y\mathbf e) &=2(z^2-y^2) +2tyz\left(\frac{x-z}{b}-\frac{x-y}{c}\right)\\ &=2(z^2-y^2)+\frac{4txyz(y-z)}{bc}\\ &=2(z^2-y^2)+a(y-z)\\ &=z^2-y^2, \end{aligned} \] elde ederiz; burada (1)'i ve \(a=y+z\) eşitliğini kullandık. Bu, tam olarak \(JB_1^2=JC_1^2\) eşitliğidir. Aynı akıl yürütmeyi çevrimsel olarak uygulamak, \(JA_1=JB_1=JC_1\) olduğunu gösterir. Dolayısıyla \(J=Q\) olup (2) kanıtlanmıştır.
Şimdi başlangıç noktasını yeniden \(O\) alalım ve köşelerin konum vektörlerini \(\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c\) ile gösterelim. \[ \mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c, \qquad \mathbf i=\frac{a\mathbf a+b\mathbf b+c\mathbf c}{2s} \] eşitlikleri geçerlidir. İlk özdeşlik yükseklik denklemlerinden çıkar; örneğin, \((\mathbf b+\mathbf c)\cdot(\mathbf b-\mathbf c)=0\). İkincisi ise \([IBC]:[ICA]:[IAB]=a:b:c\) bağıntısından çıkar.
\(L=a^2+b^2+c^2\) olsun. Üç köşenin konum vektörlerinin de uzunluğu \(R\) olduğundan ve \(\mathbf a\cdot\mathbf b=R^2-c^2/2\) ile bunun çevrimsel benzerleri geçerli olduğundan, açılım yaparak \[ |\mathbf i|^2 =R^2-\frac{abc}{2s} =R^2-2Rr, \tag{3} \] \[ |\mathbf h|^2=9R^2-L, \tag{4} \] ve \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =12R^2-2L+\frac{a^3+b^3+c^3}{s} \tag{5} \] elde ederiz. Ayrıca \(a=y+z,b=z+x,c=x+y\) yerine konulduğunda \[ \begin{aligned} sL-(a^3+b^3+c^3) &=a^2x+b^2y+c^2z\\ &=abc+4xyz\\ &=4rs(R+r) \end{aligned} \] elde edilir. Böylece (4) ve (5), \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =|\mathbf h|^2+3R^2-4r(R+r) \tag{6} \] eşitliğini verir.
(3) ve (6)'yı (2)'de yerine koyup \(R=tr\) eşitliğini kullanarak \[ \begin{aligned} |\mathbf q|^2-R^2 &=t^2|\mathbf h|^2+(t+1)^2|\mathbf i|^2 -2t(t+1)\mathbf h\cdot\mathbf i-R^2\\ &=\frac{t(t-1)}2\bigl(|\mathbf h|^2-R^2\bigr). \end{aligned}\tag{7} \] buluruz. (3) eşitliği \(R\ge 2r\) verir; dolayısıyla \(t\ge2\). Varsayıma göre \(|\mathbf q|=R\) olduğundan (7), \[ |\mathbf h|=R \] olmasını gerektirir.
Son olarak, \(H=B\) veya \(H=C\) ise üçgen o köşede dik açılıdır. Aksi takdirde, \(\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c\) eşitliğini kullanarak \[ (\mathbf h-\mathbf b)\cdot(\mathbf h-\mathbf c) =R^2+\mathbf a\cdot\mathbf b+\mathbf b\cdot\mathbf c +\mathbf c\cdot\mathbf a =\frac{|\mathbf h|^2-R^2}{2}=0 \] elde ederiz. Böylece \(BH\perp CH\). \(BH\perp AC\) ve \(CH\perp AB\) olduğundan, \(AB\perp AC\) sonucu çıkar. Dolayısıyla \(ABC\) bir dik üçgendir. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2013 · Problema 3
Supongamos que el excírculo del triángulo \(ABC\) opuesto al vértice \(A\) es tangente al lado \(BC\) en el punto \(A_1\). Análogamente, se definen los puntos \(B_1\) en \(CA\) y \(C_1\) en \(AB\), utilizando los excírculos opuestos a \(B\) y \(C\) respectivamente. Supongamos que el circuncentro del triángulo \(A_1B_1C_1\) pertenece a la circunferencia que pasa por los vértices \(A\), \(B\) y \(C\). Demostrar que el triángulo \(ABC\) es rectángulo.
El excírculo del triángulo \(ABC\) opuesto al vértice \(A\) es la circunferencia que es tangente al segmento \(BC\), a la prolongación del lado \(AB\) más allá de \(B\), y a la prolongación del lado \(AC\) más allá de \(C\). Análogamente se definen los excírculos opuestos a los vértices \(B\) y \(C\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sean \(O,I,H\) el circuncentro, el incentro y el ortocentro de \(ABC\), y sea \(Q\) el circuncentro de \(A_1B_1C_1\). Escribimos \[ a=BC,\qquad b=CA,\qquad c=AB,\qquad s=\frac{a+b+c}{2}, \] y ponemos \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] Así, \(x,y,z>0\) y \[ a=y+z,\qquad b=z+x,\qquad c=x+y. \] La igualdad de las longitudes de los segmentos tangentes da \[ BA_1=z,\quad CA_1=y,\quad CB_1=x,\quad AB_1=z, \quad AC_1=y,\quad BC_1=x. \] Estos puntos de tangencia no son colineales: una recta no puede cortar el interior de los tres lados de un triángulo.
Sean \(R,r\) el circunradio y el inradio. De las fórmulas del área y de la fórmula de Herón, \[ abc=4Rrs,\qquad xyz=r^2s. \] Por consiguiente, si \(t=R/r\), entonces \[ 4txyz=abc. \tag{1} \]
Primero establecemos la siguiente fórmula, utilizando vectores de posición con origen en \(O\): \[ \boxed{\ \mathbf q=t\mathbf h-(t+1)\mathbf i.\ } \tag{2} \]
Definimos \(J\) mediante el segundo miembro de (2). Para verificar que \(J=Q\), tomamos temporalmente \(A\) como origen. El vector de posición de \(J\) es ahora \[ \mathbf j=2\mathbf o-\mathbf i+t(\mathbf h-\mathbf i). \] Sean \(\mathbf e,\mathbf f\) vectores unitarios en las direcciones de \(AB,AC\), respectivamente. Las ecuaciones del circuncentro y del ortocentro, junto con las longitudes de los segmentos tangentes al incírculo, dan \[ \begin{aligned} \mathbf o\cdot\mathbf e&=\frac c2, &\mathbf o\cdot\mathbf f&=\frac b2,\\ \mathbf i\cdot\mathbf e&=x, &\mathbf i\cdot\mathbf f&=x,\\ \mathbf h\cdot\mathbf e&=b\cos A, &\mathbf h\cdot\mathbf f&=c\cos A. \end{aligned} \] Por ejemplo, la última fila se deduce de \(CH\perp AB\) y \(BH\perp AC\).
El teorema del coseno da \[ \cos A=\frac{xs-yz}{bc}, \] por lo que \[ b\cos A-x=\frac{z(x-y)}c,\qquad c\cos A-x=\frac{y(x-z)}b. \] Por tanto, \[ \mathbf j\cdot\mathbf e=y+\frac{tz(x-y)}c, \qquad \mathbf j\cdot\mathbf f=z+\frac{ty(x-z)}b. \] Como \(\overrightarrow{AB_1}=z\mathbf f\) y \(\overrightarrow{AC_1}=y\mathbf e\), obtenemos \[ \begin{aligned} 2\mathbf j\cdot(z\mathbf f-y\mathbf e) &=2(z^2-y^2) +2tyz\left(\frac{x-z}{b}-\frac{x-y}{c}\right)\\ &=2(z^2-y^2)+\frac{4txyz(y-z)}{bc}\\ &=2(z^2-y^2)+a(y-z)\\ &=z^2-y^2, \end{aligned} \] donde hemos usado (1) y \(a=y+z\). Esta es precisamente la igualdad \(JB_1^2=JC_1^2\). Aplicando el mismo argumento cíclicamente, se obtiene que \(JA_1=JB_1=JC_1\). Por tanto, \(J=Q\), lo que demuestra (2).
Volvemos ahora al origen \(O\) y denotamos los vectores de los vértices por \(\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c\). Tenemos \[ \mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c, \qquad \mathbf i=\frac{a\mathbf a+b\mathbf b+c\mathbf c}{2s}. \] La primera identidad se deduce de las ecuaciones de las alturas; por ejemplo, \((\mathbf b+\mathbf c)\cdot(\mathbf b-\mathbf c)=0\). La segunda se deduce de \([IBC]:[ICA]:[IAB]=a:b:c\).
Ponemos \(L=a^2+b^2+c^2\). Como los tres vectores de los vértices tienen longitud \(R\), y \(\mathbf a\cdot\mathbf b=R^2-c^2/2\), con las igualdades análogas por permutación cíclica, al desarrollar obtenemos \[ |\mathbf i|^2 =R^2-\frac{abc}{2s} =R^2-2Rr, \tag{3} \] \[ |\mathbf h|^2=9R^2-L, \tag{4} \] y \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =12R^2-2L+\frac{a^3+b^3+c^3}{s}. \tag{5} \] Además, sustituyendo \(a=y+z,b=z+x,c=x+y\), obtenemos \[ \begin{aligned} sL-(a^3+b^3+c^3) &=a^2x+b^2y+c^2z\\ &=abc+4xyz\\ &=4rs(R+r). \end{aligned} \] Así, (4) y (5) implican \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =|\mathbf h|^2+3R^2-4r(R+r). \tag{6} \]
Sustituyendo (3) y (6) en (2), y usando \(R=tr\), obtenemos \[ \begin{aligned} |\mathbf q|^2-R^2 &=t^2|\mathbf h|^2+(t+1)^2|\mathbf i|^2 -2t(t+1)\mathbf h\cdot\mathbf i-R^2\\ &=\frac{t(t-1)}2\bigl(|\mathbf h|^2-R^2\bigr). \end{aligned}\tag{7} \] La ecuación (3) da \(R\ge 2r\), por lo que \(t\ge2\). Por hipótesis, \(|\mathbf q|=R\); por tanto, (7) obliga a que \[ |\mathbf h|=R. \]
Finalmente, si \(H=B\) o \(H=C\), el triángulo es rectángulo en ese vértice. En caso contrario, usando \(\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c\), \[ (\mathbf h-\mathbf b)\cdot(\mathbf h-\mathbf c) =R^2+\mathbf a\cdot\mathbf b+\mathbf b\cdot\mathbf c +\mathbf c\cdot\mathbf a =\frac{|\mathbf h|^2-R^2}{2}=0. \] Así, \(BH\perp CH\). Como \(BH\perp AC\) y \(CH\perp AB\), se deduce que \(AB\perp AC\). Por tanto, \(ABC\) es rectángulo. \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2013 · 问题 3
设三角形 \(ABC\) 的顶点 \(A\) 所对的旁切圆与边 \(BC\) 相切于点 \(A_1\)。类似地，分别用顶点 \(B\) 和顶点 \(C\) 所对的旁切圆定义 \(CA\) 边上的点 \(B_1\) 和 \(AB\) 边上的点 \(C_1\)。假设三角形 \(A_1B_1C_1\) 的外接圆圆心在三角形 \(ABC\) 的外接圆上。证明：三角形 \(ABC\) 是直角三角形。
三角形 \(ABC\) 的顶点 \(A\) 所对的旁切圆是指与边 \(BC\) 相切，并且与边 \(AB,AC\) 的延长线相切的圆。顶点 \(B,C\) 所对的旁切圆可类似定义。
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \(O,I,H\) 分别为 \(ABC\) 的外心、内心和垂心，\(Q\) 为 \(A_1B_1C_1\) 的外心。记 \[ a=BC,\qquad b=CA,\qquad c=AB,\qquad s=\frac{a+b+c}{2}, \] 并令 \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] 于是 \(x,y,z>0\)，且 \[ a=y+z,\qquad b=z+x,\qquad c=x+y. \] 由切线长相等，得 \[ BA_1=z,\quad CA_1=y,\quad CB_1=x,\quad AB_1=z, \quad AC_1=y,\quad BC_1=x. \] 这三个切点不共线：一条直线不可能同时与三角形三条边的内部相交。
设 \(R,r\) 分别为外接圆半径和内切圆半径。由面积公式和海伦公式，得 \[ abc=4Rrs,\qquad xyz=r^2s. \] 因此，若令 \(t=R/r\)，则 \[ 4txyz=abc. \tag{1} \]
我们先以 \(O\) 为原点，利用位置向量建立以下公式： \[ \boxed{\ \mathbf q=t\mathbf h-(t+1)\mathbf i.\ } \tag{2} \]
用 (2) 的右端定义点 \(J\)。为验证 \(J=Q\)，暂时以 \(A\) 为原点。此时 \(J\) 的位置向量为 \[ \mathbf j=2\mathbf o-\mathbf i+t(\mathbf h-\mathbf i). \] 设 \(\mathbf e,\mathbf f\) 分别为沿 \(AB,AC\) 方向的单位向量。由外心和垂心所满足的方程，以及内切圆的切线长，得 \[ \begin{aligned} \mathbf o\cdot\mathbf e&=\frac c2, &\mathbf o\cdot\mathbf f&=\frac b2,\\ \mathbf i\cdot\mathbf e&=x, &\mathbf i\cdot\mathbf f&=x,\\ \mathbf h\cdot\mathbf e&=b\cos A, &\mathbf h\cdot\mathbf f&=c\cos A. \end{aligned} \] 例如，最后一行由 \(CH\perp AB\) 和 \(BH\perp AC\) 得到。
余弦定理给出 \[ \cos A=\frac{xs-yz}{bc}, \] 所以 \[ b\cos A-x=\frac{z(x-y)}c,\qquad c\cos A-x=\frac{y(x-z)}b. \] 因此 \[ \mathbf j\cdot\mathbf e=y+\frac{tz(x-y)}c, \qquad \mathbf j\cdot\mathbf f=z+\frac{ty(x-z)}b. \] 由于 \(\overrightarrow{AB_1}=z\mathbf f\) 且 \(\overrightarrow{AC_1}=y\mathbf e\)，得到 \[ \begin{aligned} 2\mathbf j\cdot(z\mathbf f-y\mathbf e) &=2(z^2-y^2) +2tyz\left(\frac{x-z}{b}-\frac{x-y}{c}\right)\\ &=2(z^2-y^2)+\frac{4txyz(y-z)}{bc}\\ &=2(z^2-y^2)+a(y-z)\\ &=z^2-y^2, \end{aligned} \] 其中使用了 (1) 及 \(a=y+z\)。这恰好就是等式 \(JB_1^2=JC_1^2\)。循环应用同样的论证可得 \(JA_1=JB_1=JC_1\)。所以 \(J=Q\)，从而证明了 (2)。
现在重新以 \(O\) 为原点，并将各顶点的位置向量记为 \(\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c\)。有 \[ \mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c, \qquad \mathbf i=\frac{a\mathbf a+b\mathbf b+c\mathbf c}{2s}. \] 第一个恒等式由高线的方程得出；例如， \((\mathbf b+\mathbf c)\cdot(\mathbf b-\mathbf c)=0\)。 第二个恒等式由 \([IBC]:[ICA]:[IAB]=a:b:c\) 得出。
令 \(L=a^2+b^2+c^2\)。由于三个顶点的位置向量的长度均为 \(R\)，且 \(\mathbf a\cdot\mathbf b=R^2-c^2/2\)，其余两式可循环得到，展开可得 \[ |\mathbf i|^2 =R^2-\frac{abc}{2s} =R^2-2Rr, \tag{3} \] \[ |\mathbf h|^2=9R^2-L, \tag{4} \] 以及 \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =12R^2-2L+\frac{a^3+b^3+c^3}{s}. \tag{5} \] 此外，代入 \(a=y+z,b=z+x,c=x+y\)，得 \[ \begin{aligned} sL-(a^3+b^3+c^3) &=a^2x+b^2y+c^2z\\ &=abc+4xyz\\ &=4rs(R+r). \end{aligned} \] 因此由 (4) 和 (5) 可得 \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =|\mathbf h|^2+3R^2-4r(R+r). \tag{6} \]
将 (3) 和 (6) 代入 (2)，并利用 \(R=tr\)，得到 \[ \begin{aligned} |\mathbf q|^2-R^2 &=t^2|\mathbf h|^2+(t+1)^2|\mathbf i|^2 -2t(t+1)\mathbf h\cdot\mathbf i-R^2\\ &=\frac{t(t-1)}2\bigl(|\mathbf h|^2-R^2\bigr). \end{aligned}\tag{7} \] 由 (3) 得 \(R\ge 2r\)，所以 \(t\ge2\)。由题设， \(|\mathbf q|=R\)；因此 (7) 强制给出 \[ |\mathbf h|=R. \]
最后，若 \(H=B\) 或 \(H=C\)，则三角形在该顶点处为直角。否则，利用 \(\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c\)，有 \[ (\mathbf h-\mathbf b)\cdot(\mathbf h-\mathbf c) =R^2+\mathbf a\cdot\mathbf b+\mathbf b\cdot\mathbf c +\mathbf c\cdot\mathbf a =\frac{|\mathbf h|^2-R^2}{2}=0. \] 于是 \(BH\perp CH\)。由于 \(BH\perp AC\) 且 \(CH\perp AB\)，可得 \(AB\perp AC\)。因此 \(ABC\) 是直角三角形。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2013 · Задача 3
Пусть вневписанная окружность треугольника \(ABC\), лежащая напротив вершины \(A\), касается стороны \(BC\) в точке \(A_1\). Точки \(B_1\) на стороне \(CA\) и \(C_1\) на стороне \(AB\) определяются аналогичным образом с использованием вневписанных окружностей, лежащих напротив вершин \(B\) и \(C\), соответственно. Известно, что центр описанной окружности треугольника \(A_1B_1C_1\) лежит на описанной окружности треугольника \(ABC\). Докажите, что треугольник \(ABC\) прямоугольный.
Вневписанной окружностью треугольника \(ABC\), лежащей напротив вершины \(A\), называется окружность, которая касается отрезка \(BC\), продолжения стороны \(AB\) за точку \(B\) и продолжения стороны \(AC\) за точку \(C\). Вневписанные окружности, лежащие напротив вершин \(B\) и \(C\), определяются аналогично.
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \(O,I,H\) — центр описанной окружности, центр вписанной окружности и ортоцентр треугольника \(ABC\), а \(Q\) — центр описанной окружности треугольника \(A_1B_1C_1\). Обозначим \[ a=BC,\qquad b=CA,\qquad c=AB,\qquad s=\frac{a+b+c}{2}, \] и положим \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] Тогда \(x,y,z>0\) и \[ a=y+z,\qquad b=z+x,\qquad c=x+y. \] Из равенства отрезков касательных получаем \[ BA_1=z,\quad CA_1=y,\quad CB_1=x,\quad AB_1=z, \quad AC_1=y,\quad BC_1=x. \] Эти точки касания не лежат на одной прямой: прямая не может пересекать внутренние части всех трёх сторон треугольника.
Пусть \(R,r\) — радиусы описанной и вписанной окружностей. Из формул площади и формулы Герона следует \[ abc=4Rrs,\qquad xyz=r^2s. \] Следовательно, если \(t=R/r\), то \[ 4txyz=abc. \tag{1} \]
Сначала установим следующую формулу, используя радиус-векторы с началом в \(O\): \[ \boxed{\ \mathbf q=t\mathbf h-(t+1)\mathbf i.\ } \tag{2} \]
Определим точку \(J\) правой частью (2). Чтобы проверить, что \(J=Q\), временно примем \(A\) за начало координат. Теперь радиус-вектор точки \(J\) равен \[ \mathbf j=2\mathbf o-\mathbf i+t(\mathbf h-\mathbf i). \] Пусть \(\mathbf e,\mathbf f\) — единичные векторы, направленные вдоль \(AB,AC\) соответственно. Уравнения для центра описанной окружности и ортоцентра вместе с длинами отрезков касательных к вписанной окружности дают \[ \begin{aligned} \mathbf o\cdot\mathbf e&=\frac c2, &\mathbf o\cdot\mathbf f&=\frac b2,\\ \mathbf i\cdot\mathbf e&=x, &\mathbf i\cdot\mathbf f&=x,\\ \mathbf h\cdot\mathbf e&=b\cos A, &\mathbf h\cdot\mathbf f&=c\cos A. \end{aligned} \] Например, последняя строка следует из \(CH\perp AB\) и \(BH\perp AC\).
По теореме косинусов \[ \cos A=\frac{xs-yz}{bc}, \] поэтому \[ b\cos A-x=\frac{z(x-y)}c,\qquad c\cos A-x=\frac{y(x-z)}b. \] Следовательно, \[ \mathbf j\cdot\mathbf e=y+\frac{tz(x-y)}c, \qquad \mathbf j\cdot\mathbf f=z+\frac{ty(x-z)}b. \] Поскольку \(\overrightarrow{AB_1}=z\mathbf f\) и \(\overrightarrow{AC_1}=y\mathbf e\), получаем \[ \begin{aligned} 2\mathbf j\cdot(z\mathbf f-y\mathbf e) &=2(z^2-y^2) +2tyz\left(\frac{x-z}{b}-\frac{x-y}{c}\right)\\ &=2(z^2-y^2)+\frac{4txyz(y-z)}{bc}\\ &=2(z^2-y^2)+a(y-z)\\ &=z^2-y^2, \end{aligned} \] где мы воспользовались (1) и равенством \(a=y+z\). Это в точности равенство \(JB_1^2=JC_1^2\). Повторяя то же рассуждение с циклической перестановкой обозначений, получаем \(JA_1=JB_1=JC_1\). Следовательно, \(J=Q\), что доказывает (2).
Вернёмся теперь к началу координат \(O\) и обозначим радиус-векторы вершин через \(\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c\). Имеем \[ \mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c, \qquad \mathbf i=\frac{a\mathbf a+b\mathbf b+c\mathbf c}{2s}. \] Первое тождество следует из уравнений высот; например, \((\mathbf b+\mathbf c)\cdot(\mathbf b-\mathbf c)=0\). Второе следует из \([IBC]:[ICA]:[IAB]=a:b:c\).
Положим \(L=a^2+b^2+c^2\). Поскольку радиус-векторы всех трёх вершин имеют длину \(R\) и \(\mathbf a\cdot\mathbf b=R^2-c^2/2\), а также выполняются аналогичные равенства с циклической перестановкой обозначений, раскрытие скобок даёт \[ |\mathbf i|^2 =R^2-\frac{abc}{2s} =R^2-2Rr, \tag{3} \] \[ |\mathbf h|^2=9R^2-L, \tag{4} \] и \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =12R^2-2L+\frac{a^3+b^3+c^3}{s}. \tag{5} \] Кроме того, подстановка \(a=y+z,b=z+x,c=x+y\) даёт \[ \begin{aligned} sL-(a^3+b^3+c^3) &=a^2x+b^2y+c^2z\\ &=abc+4xyz\\ &=4rs(R+r). \end{aligned} \] Таким образом, из (4) и (5) следует \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =|\mathbf h|^2+3R^2-4r(R+r). \tag{6} \]
Подставляя (3) и (6) в (2) и используя \(R=tr\), находим \[ \begin{aligned} |\mathbf q|^2-R^2 &=t^2|\mathbf h|^2+(t+1)^2|\mathbf i|^2 -2t(t+1)\mathbf h\cdot\mathbf i-R^2\\ &=\frac{t(t-1)}2\bigl(|\mathbf h|^2-R^2\bigr). \end{aligned}\tag{7} \] Из равенства (3) получаем \(R\ge 2r\), поэтому \(t\ge2\). По условию \(|\mathbf q|=R\); следовательно, из (7) необходимо следует \[ |\mathbf h|=R. \]
Наконец, если \(H=B\) или \(H=C\), то угол треугольника при этой вершине прямой. В противном случае, используя \(\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c\), получаем \[ (\mathbf h-\mathbf b)\cdot(\mathbf h-\mathbf c) =R^2+\mathbf a\cdot\mathbf b+\mathbf b\cdot\mathbf c +\mathbf c\cdot\mathbf a =\frac{|\mathbf h|^2-R^2}{2}=0. \] Таким образом, \(BH\perp CH\). Поскольку \(BH\perp AC\) и \(CH\perp AB\), отсюда следует, что \(AB\perp AC\). Значит, треугольник \(ABC\) прямоугольный. \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2013 · المسألة 3
في المثلّث \(ABC\) ، الدّائرة الخارجيّة المقابلة للرّأس \(A\) تمسّ الضّلع \(BC\) في النقطة \(A_1\) . النقطتان، \(B_1\) على الضّلع \(CA\) ، و \(C_1\) على الضّلع \(AB\) ، معرّفتان بطريقة مماثلة، باستعمال الدّائرتين الخارجيّتين المقابلتين للرّأسين \(B\) و \(C\) على التّرتيب. لنفرض أنّ مركز الدّائرة المحيطة بالمثلّث \(A_1B_1C_1\) يقع على الدّائرة المحيطة بالمثلّث \(ABC\) . أثبت أنّ المثلّث \(ABC\) قائم الزّاوية.
(الدّائرة الخارجيّة للمثلّث \(ABC\) والمقابلة للرّأس \(A\) هي الدّائرة التي تمسّ كلا من الضّلع \(BC\) ، وامتداد الضلع \(AB\) من جهة \(B\) وامتداد الضلع \(AC\) من جهة \(C\) . الدّائرتان الخارجيّتان المقابلتان للرّأسين \(B\) و \(C\) معرّفتان بنفس الطريقة.)
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لتكن \(O,I,H\)، على الترتيب، مركز الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\)، ومركز دائرته الداخلية، ونقطة التقاء ارتفاعاته، وليكن \(Q\) مركز الدائرة المحيطة بالمثلث \(A_1B_1C_1\). نكتب \[ a=BC,\qquad b=CA,\qquad c=AB,\qquad s=\frac{a+b+c}{2}, \] ونضع \[ x=s-a,\qquad y=s-b,\qquad z=s-c. \] إذن \(x,y,z>0\) و \[ a=y+z,\qquad b=z+x,\qquad c=x+y. \] يعطي تساوي طولي المماسين \[ BA_1=z,\quad CA_1=y,\quad CB_1=x,\quad AB_1=z, \quad AC_1=y,\quad BC_1=x. \] نقاط التماس هذه ليست على استقامة واحدة: فلا يمكن لمستقيم أن يلتقي الأجزاء الداخلية للأضلاع الثلاثة لمثلث.
ليكن \(R,r\) نصفي قطري الدائرتين المحيطة والداخلية، على الترتيب. من صيغ المساحة وصيغة هيرون، \[ abc=4Rrs,\qquad xyz=r^2s. \] وعليه، إذا كان \(t=R/r\)، فإن \[ 4txyz=abc. \tag{1} \]
نثبت أولًا الصيغة الآتية، باستخدام متجهات الموضع ذات المبدأ \(O\): \[ \boxed{\ \mathbf q=t\mathbf h-(t+1)\mathbf i.\ } \tag{2} \]
نعرّف \(J\) بالطرف الأيمن من (2). وللتحقق من أن \(J=Q\)، نتخذ مؤقتًا \(A\) مبدأً. يصبح متجه موضع \(J\) الآن \[ \mathbf j=2\mathbf o-\mathbf i+t(\mathbf h-\mathbf i). \] ليكن \(\mathbf e,\mathbf f\) متجهي وحدة في اتجاهي \(AB,AC\)، على الترتيب. تعطي معادلات مركز الدائرة المحيطة ونقطة التقاء الارتفاعات، مع أطوال المماسات للدائرة الداخلية، \[ \begin{aligned} \mathbf o\cdot\mathbf e&=\frac c2, &\mathbf o\cdot\mathbf f&=\frac b2,\\ \mathbf i\cdot\mathbf e&=x, &\mathbf i\cdot\mathbf f&=x,\\ \mathbf h\cdot\mathbf e&=b\cos A, &\mathbf h\cdot\mathbf f&=c\cos A. \end{aligned} \] فعلى سبيل المثال، ينتج السطر الأخير من \(CH\perp AB\) و\(BH\perp AC\).
يعطي قانون جيب التمام \[ \cos A=\frac{xs-yz}{bc}, \] ومن ثم \[ b\cos A-x=\frac{z(x-y)}c,\qquad c\cos A-x=\frac{y(x-z)}b. \] وعليه \[ \mathbf j\cdot\mathbf e=y+\frac{tz(x-y)}c, \qquad \mathbf j\cdot\mathbf f=z+\frac{ty(x-z)}b. \] وبما أن \(\overrightarrow{AB_1}=z\mathbf f\) و \(\overrightarrow{AC_1}=y\mathbf e\)، نحصل على \[ \begin{aligned} 2\mathbf j\cdot(z\mathbf f-y\mathbf e) &=2(z^2-y^2) +2tyz\left(\frac{x-z}{b}-\frac{x-y}{c}\right)\\ &=2(z^2-y^2)+\frac{4txyz(y-z)}{bc}\\ &=2(z^2-y^2)+a(y-z)\\ &=z^2-y^2, \end{aligned} \] حيث استخدمنا (1) و\(a=y+z\). وهذه هي بالضبط المساواة \(JB_1^2=JC_1^2\). وبتطبيق الحجة نفسها دوريًا نجد أن \(JA_1=JB_1=JC_1\). ومن ثم \(J=Q\)، فتثبت (2).
نعود الآن إلى المبدأ \(O\)، ونرمز إلى متجهات الرؤوس بـ \(\mathbf a,\mathbf b,\mathbf c\). لدينا \[ \mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c, \qquad \mathbf i=\frac{a\mathbf a+b\mathbf b+c\mathbf c}{2s}. \] تنتج المتطابقة الأولى من معادلات الارتفاعات؛ فعلى سبيل المثال، \((\mathbf b+\mathbf c)\cdot(\mathbf b-\mathbf c)=0\). وتنتج الثانية من \([IBC]:[ICA]:[IAB]=a:b:c\).
نضع \(L=a^2+b^2+c^2\). وبما أن أطوال متجهات الرؤوس الثلاثة تساوي \(R\)، وأن \(\mathbf a\cdot\mathbf b=R^2-c^2/2\)، مع العلاقات المماثلة بالتبديل الدوري، فإن النشر يعطي \[ |\mathbf i|^2 =R^2-\frac{abc}{2s} =R^2-2Rr, \tag{3} \] \[ |\mathbf h|^2=9R^2-L, \tag{4} \] و \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =12R^2-2L+\frac{a^3+b^3+c^3}{s}. \tag{5} \] كذلك، بالتعويض بـ\(a=y+z,b=z+x,c=x+y\) نحصل على \[ \begin{aligned} sL-(a^3+b^3+c^3) &=a^2x+b^2y+c^2z\\ &=abc+4xyz\\ &=4rs(R+r). \end{aligned} \] إذن تستلزم (4) و(5) أن \[ 4\mathbf h\cdot\mathbf i =|\mathbf h|^2+3R^2-4r(R+r). \tag{6} \]
بالتعويض من (3) و(6) في (2)، واستخدام \(R=tr\)، نجد \[ \begin{aligned} |\mathbf q|^2-R^2 &=t^2|\mathbf h|^2+(t+1)^2|\mathbf i|^2 -2t(t+1)\mathbf h\cdot\mathbf i-R^2\\ &=\frac{t(t-1)}2\bigl(|\mathbf h|^2-R^2\bigr). \end{aligned}\tag{7} \] تعطي المعادلة (3) أن \(R\ge 2r\)، ومن ثم \(t\ge2\). وبحسب الفرض، \(|\mathbf q|=R\)؛ ولذلك تقتضي (7) أن \[ |\mathbf h|=R. \]
أخيرًا، إذا كان \(H=B\) أو \(H=C\)، فالمثلث قائم الزاوية عند ذلك الرأس. وفي غير ذلك، باستخدام \(\mathbf h=\mathbf a+\mathbf b+\mathbf c\)، \[ (\mathbf h-\mathbf b)\cdot(\mathbf h-\mathbf c) =R^2+\mathbf a\cdot\mathbf b+\mathbf b\cdot\mathbf c +\mathbf c\cdot\mathbf a =\frac{|\mathbf h|^2-R^2}{2}=0. \] إذن \(BH\perp CH\). وبما أن \(BH\perp AC\) و\(CH\perp AB\)، ينتج أن \(AB\perp AC\). وبالتالي فإن \(ABC\) قائم الزاوية. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.