IMO 2013 · Problem 4
Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with orthocentre \(H\), and let \(W\) be a point on the side \(BC\), lying strictly between \(B\) and \(C\). The points \(M\) and \(N\) are the feet of the altitudes from \(B\) and \(C\), respectively. Denote by \(\omega_1\) the circumcircle of \(BWN\), and let \(X\) be the point on \(\omega_1\) such that \(WX\) is a diameter of \(\omega_1\). Analogously, denote by \(\omega_2\) the circumcircle of \(CWM\), and let \(Y\) be the point on \(\omega_2\) such that \(WY\) is a diameter of \(\omega_2\). Prove that \(X\), \(Y\) and \(H\) are collinear.
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Choose Cartesian coordinates so that \[ B=(0,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(a,b),\qquad W=(w,0), \] where \(b>0\). Since the triangle is acute and \(W\) lies strictly between \(B\) and \(C\), we have \[ 0<a<1,\qquad 0<w<1. \] The altitude from \(A\) has equation \(x=a\), while the altitude from \(B\), being perpendicular to \(AC\), has equation \(y=(1-a)x/b\). Hence \[ H=\left(a,\frac{a(1-a)}b\right). \]
Write \(N=(n_x,n_y)\) and \(M=(m_x,m_y)\). Both feet lie strictly inside their respective sides, so \(n_y,m_y>0\). The right angles \(BNC\) and \(BMC\) show that \(N\) and \(M\) lie on the circle with diameter \(BC\), whose equation is \[ x^2+y^2=x. \] Moreover, \(N\in AB\) and \(M\in AC\) give \[ \frac{n_x}{n_y}=\frac ab, \qquad \frac{1-m_x}{m_y}=\frac{1-a}{b}. \]
Because \(\omega_1\) passes through \(B=(0,0)\) and \(W=(w,0)\), its equation has the form \[ x^2+y^2-wx+dy=0. \] Substituting \(N\), and using \(n_x^2+n_y^2=n_x\), gives \[ (1-w)n_x+dn_y=0, \qquad\text{so}\qquad d=-\frac{a(1-w)}b. \] Thus its centre is \[ O_1=\left(\frac w2,\frac{a(1-w)}{2b}\right). \] Since \(O_1\) is the midpoint of the diameter \(WX\), \[ X=2O_1-W=\left(0,\frac{a(1-w)}b\right). \]
Similarly, because \(\omega_2\) passes through \(C=(1,0)\) and \(W=(w,0)\), its equation has the form \[ x^2+y^2-(1+w)x+ey+w=0. \] Substituting \(M\) yields \[ w(1-m_x)+em_y=0, \qquad\text{so}\qquad e=-\frac{w(1-a)}b. \] Its centre is therefore \[ O_2=\left(\frac{1+w}{2},\frac{w(1-a)}{2b}\right), \] and consequently \[ Y=2O_2-W=\left(1,\frac{w(1-a)}b\right). \]
Finally, taking the indicated weighted average of these coordinates gives \[ (1-a)X+aY = \left( a,\frac{a(1-a)(1-w)+aw(1-a)}b \right) = \left(a,\frac{a(1-a)}b\right) =H. \] Since \(0<a<1\), this shows that \(H\) lies on the segment \(XY\). In particular, \(X,Y,H\) are collinear. \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2013 · Aufgabe 4
Es sei \(ABC\) ein spitzwinkliges Dreieck mit dem Höhenschnittpunkt \(H\). Ferner sei \(W\) ein innerer Punkt der Strecke \(BC\). Es bezeichnen \(M\) und \(N\) die Höhenfußpunkte von \(B\) bzw. \(C\). Außerdem bezeichne \(\omega_1\) den Umkreis von \(BWN\) und \(X\) den Punkt auf \(\omega_1\), so dass \(WX\) ein Durchmesser von \(\omega_1\) ist. Analog bezeichne \(\omega_2\) den Umkreis von \(CWM\) und \(Y\) den Punkt auf \(\omega_2\), so dass \(WY\) ein Durchmesser von \(\omega_2\) ist. Man beweise, dass die Punkte \(X\), \(Y\) und \(H\) auf einer Geraden liegen.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir wählen kartesische Koordinaten so, dass \[ B=(0,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(a,b),\qquad W=(w,0), \] wobei \(b>0\) ist. Da das Dreieck spitzwinklig ist und \(W\) strikt zwischen \(B\) und \(C\) liegt, gilt \[ 0<a<1,\qquad 0<w<1. \] Die Höhe von \(A\) hat die Gleichung \(x=a\), während die Höhe von \(B\), da sie senkrecht auf \(AC\) steht, die Gleichung \(y=(1-a)x/b\) hat. Somit gilt \[ H=\left(a,\frac{a(1-a)}b\right). \]
Wir schreiben \(N=(n_x,n_y)\) und \(M=(m_x,m_y)\). Beide Höhenfußpunkte liegen im Inneren der jeweiligen Seiten, also gilt \(n_y,m_y>0\). Die rechten Winkel \(BNC\) und \(BMC\) zeigen, dass \(N\) und \(M\) auf dem Kreis mit Durchmesser \(BC\) liegen, dessen Gleichung \[ x^2+y^2=x \] lautet. Ferner folgt aus \(N\in AB\) und \(M\in AC\) \[ \frac{n_x}{n_y}=\frac ab, \qquad \frac{1-m_x}{m_y}=\frac{1-a}{b}. \]
Da \(\omega_1\) durch \(B=(0,0)\) und \(W=(w,0)\) geht, hat seine Gleichung die Form \[ x^2+y^2-wx+dy=0. \] Setzen wir \(N\) ein und verwenden \(n_x^2+n_y^2=n_x\), so erhalten wir \[ (1-w)n_x+dn_y=0, \qquad\text{also}\qquad d=-\frac{a(1-w)}b. \] Somit ist sein Mittelpunkt \[ O_1=\left(\frac w2,\frac{a(1-w)}{2b}\right). \] Da \(O_1\) der Mittelpunkt des Durchmessers \(WX\) ist, gilt \[ X=2O_1-W=\left(0,\frac{a(1-w)}b\right). \]
Ebenso hat die Gleichung von \(\omega_2\), da dieser Kreis durch \(C=(1,0)\) und \(W=(w,0)\) geht, die Form \[ x^2+y^2-(1+w)x+ey+w=0. \] Einsetzen von \(M\) liefert \[ w(1-m_x)+em_y=0, \qquad\text{also}\qquad e=-\frac{w(1-a)}b. \] Sein Mittelpunkt ist daher \[ O_2=\left(\frac{1+w}{2},\frac{w(1-a)}{2b}\right), \] und folglich gilt \[ Y=2O_2-W=\left(1,\frac{w(1-a)}b\right). \]
Schließlich ergibt das angegebene gewichtete Mittel dieser Koordinaten \[ (1-a)X+aY = \left( a,\frac{a(1-a)(1-w)+aw(1-a)}b \right) = \left(a,\frac{a(1-a)}b\right) =H. \] Wegen \(0<a<1\) zeigt dies, dass \(H\) auf der Strecke \(XY\) liegt. Insbesondere liegen \(X,Y,H\) auf einer Geraden. \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2013 · Soru 4
Diklik merkezi \(H\) olan bir dar açılı \(ABC\) üçgeninde \(W\), \(BC\) kenarı üzerinde \(B\) ve \(C\) den farklı bir nokta olsun. \(M\) ve \(N\) noktaları, sırasıyla \(B\) ve \(C\) ye ait yükseklik ayağı olsun. \(BWN\) nin çevrel çemberi \(w_1\) olmak üzere; \(w_1\) üzerinde bir \(X\) noktası, \([WX]\) doğru parçası \(w_1\) in bir çapı olacak şekilde seçiliyor. Benzer biçimde \(CWM\) nin çevrel çemberi \(w_2\) olmak üzere; \(w_2\) üzerinde bir \(Y\) noktası, \([WY]\) doğru parçası \(w_2\) nin bir çapı olacak şekilde seçiliyor. \(X,Y\) ve \(H\) noktalarının doğrusal olduğunu gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Kartezyen koordinatları \[ B=(0,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(a,b),\qquad W=(w,0) \] olacak şekilde seçelim; burada \(b>0\). Üçgen dar açılı olduğundan ve \(W\), \(B\) ile \(C\) arasında, uç noktalardan farklı bir nokta olduğundan, \[ 0<a<1,\qquad 0<w<1 \] olur. \(A\)'dan çizilen yüksekliğin denklemi \(x=a\) iken, \(B\)'den çizilen yükseklik \(AC\)'ye dik olduğundan denklemi \(y=(1-a)x/b\)'dir. Dolayısıyla \[ H=\left(a,\frac{a(1-a)}b\right). \]
\(N=(n_x,n_y)\) ve \(M=(m_x,m_y)\) yazalım. Her iki yükseklik ayağı da üzerinde bulundukları kenarların iç kısmında yer aldığından \(n_y,m_y>0\). \(BNC\) ve \(BMC\) açılarının dik olması, \(N\) ve \(M\)'nin çapı \(BC\) olan çember üzerinde bulunduğunu gösterir; bu çemberin denklemi \[ x^2+y^2=x \] şeklindedir. Ayrıca \(N\in AB\) ve \(M\in AC\) bağıntıları \[ \frac{n_x}{n_y}=\frac ab, \qquad \frac{1-m_x}{m_y}=\frac{1-a}{b} \] eşitliklerini verir.
\(\omega_1\), \(B=(0,0)\) ve \(W=(w,0)\) noktalarından geçtiği için denklemi \[ x^2+y^2-wx+dy=0 \] biçimindedir. \(N\)'nin koordinatlarını yerine koyup \(n_x^2+n_y^2=n_x\) eşitliğini kullanarak \[ (1-w)n_x+dn_y=0, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad d=-\frac{a(1-w)}b \] elde ederiz. Böylece merkezi \[ O_1=\left(\frac w2,\frac{a(1-w)}{2b}\right) \] olur. \(O_1\), \(WX\) çapının orta noktası olduğundan, \[ X=2O_1-W=\left(0,\frac{a(1-w)}b\right). \]
Benzer şekilde, \(\omega_2\), \(C=(1,0)\) ve \(W=(w,0)\) noktalarından geçtiği için denklemi \[ x^2+y^2-(1+w)x+ey+w=0 \] biçimindedir. \(M\)'nin koordinatlarını yerine koyarak \[ w(1-m_x)+em_y=0, \qquad\text{dolayısıyla}\qquad e=-\frac{w(1-a)}b \] elde ederiz. Dolayısıyla merkezi \[ O_2=\left(\frac{1+w}{2},\frac{w(1-a)}{2b}\right) \] ve bunun sonucunda \[ Y=2O_2-W=\left(1,\frac{w(1-a)}b\right) \] olur.
Son olarak, bu koordinatların aşağıda belirtilen ağırlıklı ortalamasını alarak \[ (1-a)X+aY = \left( a,\frac{a(1-a)(1-w)+aw(1-a)}b \right) = \left(a,\frac{a(1-a)}b\right) =H \] elde ederiz. \(0<a<1\) olduğundan bu, \(H\)'nin \(XY\) doğru parçası üzerinde bulunduğunu gösterir. Özel olarak, \(X,Y,H\) doğrusaldır. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2013 · Problema 4
Sea \(ABC\) un triángulo acutángulo con ortocentro \(H\), y sea \(W\) un punto sobre el lado \(BC\), estrictamente entre \(B\) y \(C\). Los puntos \(M\) y \(N\) son los pies de las alturas trazadas desde \(B\) y \(C\) respectivamente. Se denota por \(\omega_1\) la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo \(BWN\), y por \(X\) el punto de \(\omega_1\) tal que \(WX\) es un diámetro de \(\omega_1\). Análogamente, se denota por \(\omega_2\) la circunferencia que pasa por los vértices del triángulo \(CWM\), y por \(Y\) el punto de \(\omega_2\) tal que \(WY\) es un diámetro de \(\omega_2\). Demostrar que los puntos \(X,Y\) y \(H\) son colineales.
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Elegimos coordenadas cartesianas de modo que \[ B=(0,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(a,b),\qquad W=(w,0), \] donde \(b>0\). Como el triángulo es acutángulo y \(W\) está estrictamente entre \(B\) y \(C\), tenemos \[ 0<a<1,\qquad 0<w<1. \] La altura trazada desde \(A\) tiene ecuación \(x=a\), mientras que la altura trazada desde \(B\), al ser perpendicular a \(AC\), tiene ecuación \(y=(1-a)x/b\). Por tanto, \[ H=\left(a,\frac{a(1-a)}b\right). \]
Escribimos \(N=(n_x,n_y)\) y \(M=(m_x,m_y)\). Ambos pies están estrictamente en el interior de sus respectivos lados, por lo que \(n_y,m_y>0\). Los ángulos rectos \(BNC\) y \(BMC\) muestran que \(N\) y \(M\) pertenecen a la circunferencia de diámetro \(BC\), cuya ecuación es \[ x^2+y^2=x. \] Además, de \(N\in AB\) y \(M\in AC\) obtenemos \[ \frac{n_x}{n_y}=\frac ab, \qquad \frac{1-m_x}{m_y}=\frac{1-a}{b}. \]
Como \(\omega_1\) pasa por \(B=(0,0)\) y \(W=(w,0)\), su ecuación tiene la forma \[ x^2+y^2-wx+dy=0. \] Sustituyendo \(N\) y usando \(n_x^2+n_y^2=n_x\), obtenemos \[ (1-w)n_x+dn_y=0, \qquad\text{por lo que}\qquad d=-\frac{a(1-w)}b. \] Así, su centro es \[ O_1=\left(\frac w2,\frac{a(1-w)}{2b}\right). \] Como \(O_1\) es el punto medio del diámetro \(WX\), \[ X=2O_1-W=\left(0,\frac{a(1-w)}b\right). \]
Análogamente, como \(\omega_2\) pasa por \(C=(1,0)\) y \(W=(w,0)\), su ecuación tiene la forma \[ x^2+y^2-(1+w)x+ey+w=0. \] Sustituyendo \(M\), obtenemos \[ w(1-m_x)+em_y=0, \qquad\text{por lo que}\qquad e=-\frac{w(1-a)}b. \] Por tanto, su centro es \[ O_2=\left(\frac{1+w}{2},\frac{w(1-a)}{2b}\right), \] y, en consecuencia, \[ Y=2O_2-W=\left(1,\frac{w(1-a)}b\right). \]
Finalmente, tomando la media ponderada indicada de estas coordenadas, obtenemos \[ (1-a)X+aY = \left( a,\frac{a(1-a)(1-w)+aw(1-a)}b \right) = \left(a,\frac{a(1-a)}b\right) =H. \] Como \(0<a<1\), esto muestra que \(H\) pertenece al segmento \(XY\). En particular, \(X,Y,H\) son colineales. \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2013 · 问题 4
设三角形 \(ABC\) 是一个锐角三角形，其垂心为 \(H\)，设 \(W\) 是边 \(BC\) 上一点，与顶点 \(B,C\) 均不重合。\(M\) 和 \(N\) 分别是过顶点 \(B\) 和 \(C\) 的高的垂足。记三角形 \(BWN\) 的外接圆为 \(\omega_1\)，设 \(X\) 是 \(\omega_1\) 上一点，且 \(WX\) 是 \(\omega_1\) 的直径。类似地，记三角形 \(CWM\) 的外接圆为 \(\omega_2\)，设 \(Y\) 是 \(\omega_2\) 上一点，且 \(WY\) 是 \(\omega_2\) 的直径。证明：点 \(X,Y\) 和 \(H\) 共线。
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
选取直角坐标系，使得 \[ B=(0,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(a,b),\qquad W=(w,0), \] 其中 \(b>0\)。由于三角形为锐角三角形，且 \(W\) 严格位于 \(B\) 与 \(C\) 之间，有 \[ 0<a<1,\qquad 0<w<1. \] 从 \(A\) 引出的高线方程为 \(x=a\)，而从 \(B\) 引出的高线垂直于 \(AC\)，故其方程为 \(y=(1-a)x/b\)。因此 \[ H=\left(a,\frac{a(1-a)}b\right). \]
记 \(N=(n_x,n_y)\)，\(M=(m_x,m_y)\)。两个垂足都严格位于各自所在边的内部，所以 \(n_y,m_y>0\)。由 \(BNC\) 和 \(BMC\) 均为直角可知，\(N\) 和 \(M\) 位于以 \(BC\) 为直径的圆上，该圆的方程为 \[ x^2+y^2=x. \] 此外，由 \(N\in AB\) 和 \(M\in AC\) 得 \[ \frac{n_x}{n_y}=\frac ab, \qquad \frac{1-m_x}{m_y}=\frac{1-a}{b}. \]
由于 \(\omega_1\) 经过 \(B=(0,0)\) 和 \(W=(w,0)\)，其方程具有以下形式： \[ x^2+y^2-wx+dy=0. \] 代入 \(N\)，并利用 \(n_x^2+n_y^2=n_x\)，得 \[ (1-w)n_x+dn_y=0, \qquad\text{所以}\qquad d=-\frac{a(1-w)}b. \] 因此其圆心为 \[ O_1=\left(\frac w2,\frac{a(1-w)}{2b}\right). \] 由于 \(O_1\) 是直径 \(WX\) 的中点， \[ X=2O_1-W=\left(0,\frac{a(1-w)}b\right). \]
类似地，由于 \(\omega_2\) 经过 \(C=(1,0)\) 和 \(W=(w,0)\)，其方程具有以下形式： \[ x^2+y^2-(1+w)x+ey+w=0. \] 代入 \(M\)，得 \[ w(1-m_x)+em_y=0, \qquad\text{所以}\qquad e=-\frac{w(1-a)}b. \] 因此其圆心为 \[ O_2=\left(\frac{1+w}{2},\frac{w(1-a)}{2b}\right), \] 从而 \[ Y=2O_2-W=\left(1,\frac{w(1-a)}b\right). \]
最后，按下式对这些坐标取加权平均，得 \[ (1-a)X+aY = \left( a,\frac{a(1-a)(1-w)+aw(1-a)}b \right) = \left(a,\frac{a(1-a)}b\right) =H. \] 由于 \(0<a<1\)，这说明 \(H\) 在线段 \(XY\) 上。特别地，\(X,Y,H\) 共线。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2013 · Задача 4
Пусть \(H\) — точка пересечения высот остроугольного треугольника \(ABC\). Пусть \(W\) — произвольная точка на отрезке \(BC\), отличная от точек \(B\) и \(C\). Обозначим через \(M\) и \(N\) основания высот треугольника \(ABC\), проведенных из вершин \(B\) и \(C\), соответственно. Пусть \(\omega_1\) — окружность, описанная около треугольника \(BWN\), а \(X\) — такая точка на \(\omega_1\), что \(WX\) — диаметр \(\omega_1\). Аналогично, пусть \(\omega_2\) — окружность, описанная около треугольника \(CWM\), и \(Y\) — такая точка на \(\omega_2\), что \(WY\) — диаметр \(\omega_2\). Докажите, что точки \(X\), \(Y\) и \(H\) лежат на одной прямой.
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Выберем декартовы координаты так, чтобы \[ B=(0,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(a,b),\qquad W=(w,0), \] где \(b>0\). Поскольку треугольник остроугольный, а \(W\) лежит строго между \(B\) и \(C\), имеем \[ 0<a<1,\qquad 0<w<1. \] Высота из \(A\) имеет уравнение \(x=a\), а высота из \(B\), перпендикулярная \(AC\), имеет уравнение \(y=(1-a)x/b\). Следовательно, \[ H=\left(a,\frac{a(1-a)}b\right). \]
Обозначим \(N=(n_x,n_y)\) и \(M=(m_x,m_y)\). Оба основания высот лежат строго внутри соответствующих сторон, поэтому \(n_y,m_y>0\). Из того, что углы \(BNC\) и \(BMC\) прямые, следует, что \(N\) и \(M\) лежат на окружности с диаметром \(BC\), уравнение которой имеет вид \[ x^2+y^2=x. \] Кроме того, из \(N\in AB\) и \(M\in AC\) получаем \[ \frac{n_x}{n_y}=\frac ab, \qquad \frac{1-m_x}{m_y}=\frac{1-a}{b}. \]
Поскольку \(\omega_1\) проходит через \(B=(0,0)\) и \(W=(w,0)\), её уравнение имеет вид \[ x^2+y^2-wx+dy=0. \] Подставляя координаты \(N\) и используя \(n_x^2+n_y^2=n_x\), получаем \[ (1-w)n_x+dn_y=0, \qquad\text{откуда}\qquad d=-\frac{a(1-w)}b. \] Таким образом, её центр — точка \[ O_1=\left(\frac w2,\frac{a(1-w)}{2b}\right). \] Поскольку \(O_1\) — середина диаметра \(WX\), \[ X=2O_1-W=\left(0,\frac{a(1-w)}b\right). \]
Аналогично, поскольку \(\omega_2\) проходит через \(C=(1,0)\) и \(W=(w,0)\), её уравнение имеет вид \[ x^2+y^2-(1+w)x+ey+w=0. \] Подстановка координат \(M\) даёт \[ w(1-m_x)+em_y=0, \qquad\text{откуда}\qquad e=-\frac{w(1-a)}b. \] Поэтому её центр — точка \[ O_2=\left(\frac{1+w}{2},\frac{w(1-a)}{2b}\right), \] и, следовательно, \[ Y=2O_2-W=\left(1,\frac{w(1-a)}b\right). \]
Наконец, вычисляя указанное взвешенное среднее этих координат, получаем \[ (1-a)X+aY = \left( a,\frac{a(1-a)(1-w)+aw(1-a)}b \right) = \left(a,\frac{a(1-a)}b\right) =H. \] Поскольку \(0<a<1\), это показывает, что \(H\) лежит на отрезке \(XY\). В частности, \(X,Y,H\) лежат на одной прямой. \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2013 · المسألة 4
ليكن \(ABC\) مثلّثا حاد الزّاوية، و \(H\) نقطة التقاء ارتفاعاته. النقطة \(W\) تقع على الضّلع \(BC\) ، وهي مختلفة عن \(B\) و \(C\) . النقطتان \(M\) و \(N\) هما قدما الارتفاعين النّازلين من \(B\) و \(C\) على التّرتيب. الدّائرة \(\omega_1\) هي الدّائرة المحيطة بالمثلّث \(BWN\) ، و \(X\) نقطة على الدّائرة \(\omega_1\) بحيث يكون \(WX\) قطرا للدّائرة \(\omega_1\) . بالمثل، \(\omega_2\) هي الدّائرة المحيطة بالمثلّث \(CWM\) ، و \(Y\) نقطة على الدّائرة \(\omega_2\) بحيث يكون \(WY\) قطرا للدّائرة \(\omega_2\) . أثبت أنّ النقط \(X\) و \(Y\) و \(H\) على استقامة واحدة.
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نختار إحداثيات ديكارتية بحيث \[ B=(0,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(a,b),\qquad W=(w,0), \] حيث \(b>0\). وبما أن المثلث حاد الزوايا وأن \(W\) تقع بين \(B\) و\(C\) تمامًا، فإن \[ 0<a<1,\qquad 0<w<1. \] معادلة الارتفاع النازل من \(A\) هي \(x=a\)، في حين أن معادلة الارتفاع النازل من \(B\)، لكونه عموديًا على \(AC\)، هي \(y=(1-a)x/b\). ومن ثم \[ H=\left(a,\frac{a(1-a)}b\right). \]
نكتب \(N=(n_x,n_y)\) و\(M=(m_x,m_y)\). تقع كل من قدمي الارتفاعين في داخل الضلع الموافق لها تمامًا، ولذلك \(n_y,m_y>0\). وتبين الزاويتان القائمتان \(BNC\) و\(BMC\) أن \(N\) و\(M\) تقعان على الدائرة ذات القطر \(BC\)، التي معادلتها \[ x^2+y^2=x. \] وعلاوة على ذلك، تعطينا \(N\in AB\) و\(M\in AC\) أن \[ \frac{n_x}{n_y}=\frac ab, \qquad \frac{1-m_x}{m_y}=\frac{1-a}{b}. \]
بما أن \(\omega_1\) تمر بالنقطتين \(B=(0,0)\) و\(W=(w,0)\)، فإن معادلتها من الشكل \[ x^2+y^2-wx+dy=0. \] بالتعويض بإحداثيي \(N\)، واستخدام \(n_x^2+n_y^2=n_x\)، نحصل على \[ (1-w)n_x+dn_y=0, \qquad\text{ومن ثم}\qquad d=-\frac{a(1-w)}b. \] إذن مركزها هو \[ O_1=\left(\frac w2,\frac{a(1-w)}{2b}\right). \] وبما أن \(O_1\) منتصف القطر \(WX\)، فإن \[ X=2O_1-W=\left(0,\frac{a(1-w)}b\right). \]
وبالمثل، بما أن \(\omega_2\) تمر بالنقطتين \(C=(1,0)\) و\(W=(w,0)\)، فإن معادلتها من الشكل \[ x^2+y^2-(1+w)x+ey+w=0. \] بالتعويض بإحداثيي \(M\) نحصل على \[ w(1-m_x)+em_y=0, \qquad\text{ومن ثم}\qquad e=-\frac{w(1-a)}b. \] وبالتالي فإن مركزها هو \[ O_2=\left(\frac{1+w}{2},\frac{w(1-a)}{2b}\right), \] وعليه \[ Y=2O_2-W=\left(1,\frac{w(1-a)}b\right). \]
أخيرًا، بأخذ المتوسط المرجح لهذه الإحداثيات بالأوزان المبينة نحصل على \[ (1-a)X+aY = \left( a,\frac{a(1-a)(1-w)+aw(1-a)}b \right) = \left(a,\frac{a(1-a)}b\right) =H. \] وبما أن \(0<a<1\)، فهذا يبين أن \(H\) تقع على القطعة \(XY\). وعلى وجه الخصوص، فإن \(X,Y,H\) على استقامة واحدة. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.