IMO 2014 · Problem 4
Points \(P\) and \(Q\) lie on side \(BC\) of acute-angled triangle \(ABC\) so that \(\angle PAB = \angle BCA\) and \(\angle CAQ = \angle ABC\). Points \(M\) and \(N\) lie on lines \(AP\) and \(AQ\), respectively, such that \(P\) is the midpoint of \(AM\), and \(Q\) is the midpoint of \(AN\). Prove that lines \(BM\) and \(CN\) intersect on the circumcircle of triangle \(ABC\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
The given angle equalities imply \[ \triangle ABP\sim\triangle CBA, \qquad \triangle ACQ\sim\triangle BCA. \] Indeed, the angles at \(B\) in the first pair and at \(C\) in the second pair agree because \(P,Q\) lie on \(BC\). Consequently, \[ BP=\frac{AB^2}{BC}, \qquad CQ=\frac{AC^2}{BC}. \tag{1} \] These similarities remain valid if \(P=C\) or \(Q=B\). The other endpoints, \(P=B\) and \(Q=C\), are impossible because the prescribed angles are positive.
Choose Cartesian coordinates, scaling lengths so that \[ B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(u,v),\qquad v>0, \] and put \(r=u^2+v^2>0\). Then \[ AB^2=r+2u+1,\qquad AC^2=r-2u+1. \] Since \(BC=2\), equations (1) give \[ P=\left(\frac{r+2u-1}{2},0\right), \qquad Q=\left(\frac{1+2u-r}{2},0\right). \] The midpoint conditions now yield \[ M=2P-A=(r+u-1,-v), \qquad N=2Q-A=(1+u-r,-v). \]
Consider the point \[ X=\left(\frac{u}{r},-\frac{v}{r}\right). \] We have \[ \overrightarrow{BX} =\left(\frac{u+r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{BM}, \] and similarly \[ \overrightarrow{CX} =\left(\frac{u-r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{CN}. \] Thus \(X\) belongs to both \(BM\) and \(CN\). These lines are distinct: otherwise their common line would contain \(B,C\), hence would be \(BC\), whereas \(M\) has nonzero second coordinate.
It remains to prove that \(X\) lies on the circumcircle of \(ABC\). The circle through \(B=(-1,0)\), \(C=(1,0)\), and \(A=(u,v)\) has equation \[ x^2+y^2+\frac{1-r}{v}\,y=1. \] Substituting the coordinates of \(X\) into its left-hand side gives \[ \frac{u^2+v^2}{r^2} +\frac{1-r}{v}\left(-\frac vr\right) =\frac1r-\frac{1-r}{r} =1. \] Therefore \(X\) lies on the circumcircle of \(ABC\), as required. \(\square\)
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2014 · Aufgabe 4
Die Punkte \(P\) und \(Q\) liegen so auf der Seite \(BC\) eines spitzwinkligen Dreiecks \(ABC\), dass \(\angle PAB=\angle BCA\) und \(\angle CAQ=\angle ABC\) gilt. Die Punkte \(M\) und \(N\) auf den Geraden \(AP\) bzw. \(AQ\) seien so gewählt, dass \(P\) der Mittelpunkt von \(AM\) ist und \(Q\) der Mittelpunkt von \(AN\) ist. Man beweise, dass sich die Geraden \(BM\) und \(CN\) auf dem Umkreis des Dreiecks \(ABC\) schneiden.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Aus den gegebenen Winkelgleichheiten folgt \[ \triangle ABP\sim\triangle CBA, \qquad \triangle ACQ\sim\triangle BCA. \] Tatsächlich stimmen die Winkel bei \(B\) im ersten Paar und bei \(C\) im zweiten Paar überein, da \(P,Q\) auf \(BC\) liegen. Folglich gilt \[ BP=\frac{AB^2}{BC}, \qquad CQ=\frac{AC^2}{BC}. \tag{1} \] Diese Ähnlichkeiten gelten auch für \(P=C\) oder \(Q=B\). Die anderen Endpunkte, \(P=B\) und \(Q=C\), sind ausgeschlossen, weil die vorgeschriebenen Winkel positiv sind.
Wir wählen kartesische Koordinaten und skalieren die Längen so, dass \[ B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(u,v),\qquad v>0, \] und setzen \(r=u^2+v^2>0\). Dann gilt \[ AB^2=r+2u+1,\qquad AC^2=r-2u+1. \] Wegen \(BC=2\) liefern die Gleichungen (1) \[ P=\left(\frac{r+2u-1}{2},0\right), \qquad Q=\left(\frac{1+2u-r}{2},0\right). \] Die Mittelpunktbedingungen ergeben nun \[ M=2P-A=(r+u-1,-v), \qquad N=2Q-A=(1+u-r,-v). \]
Wir betrachten den Punkt \[ X=\left(\frac{u}{r},-\frac{v}{r}\right). \] Es gilt \[ \overrightarrow{BX} =\left(\frac{u+r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{BM}, \] und ebenso \[ \overrightarrow{CX} =\left(\frac{u-r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{CN}. \] Somit liegt \(X\) sowohl auf \(BM\) als auch auf \(CN\). Diese Geraden sind verschieden: Andernfalls würde ihre gemeinsame Gerade \(B,C\) enthalten, wäre also \(BC\), während die zweite Koordinate von \(M\) von null verschieden ist.
Es bleibt zu beweisen, dass \(X\) auf dem Umkreis von \(ABC\) liegt. Der Kreis durch \(B=(-1,0)\), \(C=(1,0)\) und \(A=(u,v)\) hat die Gleichung \[ x^2+y^2+\frac{1-r}{v}\,y=1. \] Setzen wir die Koordinaten von \(X\) in die linke Seite ein, so erhalten wir \[ \frac{u^2+v^2}{r^2} +\frac{1-r}{v}\left(-\frac vr\right) =\frac1r-\frac{1-r}{r} =1. \] Also liegt \(X\) wie gefordert auf dem Umkreis von \(ABC\). \(\square\)
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2014 · Soru 4
Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin \([BC]\) kenarı üzerindeki \(P\) ve \(Q\) noktaları için \(\angle PAB=\angle BCA\) ve \(\angle CAQ=\angle ABC\) dir. \(M\) ve \(N\) noktaları sırasıyla \(AP\) ve \(AQ\) doğruları üstünde olmak üzere, \(P\) noktası \([AM]\) nin ve \(Q\) noktası \([AN]\) nin orta noktasıdır. \(BM\) ve \(CN\) doğrularının \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi üzerinde kesiştiklerini gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
Verilen açı eşitliklerinden \[ \triangle ABP\sim\triangle CBA, \qquad \triangle ACQ\sim\triangle BCA \] benzerlikleri çıkar. Gerçekten de \(P,Q\) noktaları \(BC\) üzerinde olduğundan ilk çiftte \(B\)'deki, ikinci çiftte ise \(C\)'deki açılar eşittir. Dolayısıyla, \[ BP=\frac{AB^2}{BC}, \qquad CQ=\frac{AC^2}{BC}. \tag{1} \] Bu benzerlikler \(P=C\) veya \(Q=B\) olduğunda da geçerlidir. Diğer uç nokta durumları olan \(P=B\) ve \(Q=C\) ise verilen açılar pozitif olduğundan mümkün değildir.
Uzunlukları ölçeklendirerek \[ B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(u,v),\qquad v>0, \] olacak şekilde Kartezyen koordinatlar seçelim ve \(r=u^2+v^2>0\) alalım. O hâlde \[ AB^2=r+2u+1,\qquad AC^2=r-2u+1. \] \(BC=2\) olduğundan (1) eşitlikleri \[ P=\left(\frac{r+2u-1}{2},0\right), \qquad Q=\left(\frac{1+2u-r}{2},0\right) \] sonucunu verir. Orta nokta koşullarından şimdi \[ M=2P-A=(r+u-1,-v), \qquad N=2Q-A=(1+u-r,-v) \] elde edilir.
Şu noktayı ele alalım: \[ X=\left(\frac{u}{r},-\frac{v}{r}\right). \] Şu eşitlikler geçerlidir: \[ \overrightarrow{BX} =\left(\frac{u+r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{BM}, \] ve benzer biçimde \[ \overrightarrow{CX} =\left(\frac{u-r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{CN}. \] Dolayısıyla \(X\), hem \(BM\) hem de \(CN\) üzerindedir. Bu doğrular farklıdır: aksi takdirde ortak doğruları \(B,C\)'yi içerirdi, dolayısıyla \(BC\) olurdu; oysa \(M\)'nin ikinci koordinatı sıfırdan farklıdır.
Geriye \(X\)'in \(ABC\)'nin çevrel çemberi üzerinde olduğunu kanıtlamak kalıyor. \(B=(-1,0)\), \(C=(1,0)\) ve \(A=(u,v)\) noktalarından geçen çemberin denklemi \[ x^2+y^2+\frac{1-r}{v}\,y=1 \] şeklindedir. Sol tarafta \(X\)'in koordinatları yerine yazıldığında \[ \frac{u^2+v^2}{r^2} +\frac{1-r}{v}\left(-\frac vr\right) =\frac1r-\frac{1-r}{r} =1 \] elde edilir. Dolayısıyla \(X\), istendiği gibi \(ABC\)'nin çevrel çemberi üzerindedir. \(\square\)
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2014 · Problema 4
Los puntos \(P\) y \(Q\) están en el lado \(BC\) del triángulo acutángulo \(ABC\) de modo que \(\angle PAB=\angle BCA\) y \(\angle CAQ=\angle ABC\). Los puntos \(M\) y \(N\) están en las rectas \(AP\) y \(AQ\), respectivamente, de modo que \(P\) es el punto medio de \(AM\), y \(Q\) es el punto medio de \(AN\). Demostrar que las rectas \(BM\) y \(CN\) se cortan en la circunferencia circunscrita del triángulo \(ABC\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Las igualdades de ángulos dadas implican \[ \triangle ABP\sim\triangle CBA, \qquad \triangle ACQ\sim\triangle BCA. \] En efecto, los ángulos en \(B\) del primer par y en \(C\) del segundo par coinciden porque \(P,Q\) están en \(BC\). Por consiguiente, \[ BP=\frac{AB^2}{BC}, \qquad CQ=\frac{AC^2}{BC}. \tag{1} \] Estas semejanzas siguen siendo válidas si \(P=C\) o \(Q=B\). Los otros extremos, \(P=B\) y \(Q=C\), son imposibles porque los ángulos prescritos son positivos.
Elijamos coordenadas cartesianas, cambiando la escala de las longitudes de modo que \[ B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(u,v),\qquad v>0, \] y pongamos \(r=u^2+v^2>0\). Entonces \[ AB^2=r+2u+1,\qquad AC^2=r-2u+1. \] Como \(BC=2\), las ecuaciones (1) dan \[ P=\left(\frac{r+2u-1}{2},0\right), \qquad Q=\left(\frac{1+2u-r}{2},0\right). \] Las condiciones de punto medio dan ahora \[ M=2P-A=(r+u-1,-v), \qquad N=2Q-A=(1+u-r,-v). \]
Consideremos el punto \[ X=\left(\frac{u}{r},-\frac{v}{r}\right). \] Tenemos \[ \overrightarrow{BX} =\left(\frac{u+r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{BM}, \] y, análogamente, \[ \overrightarrow{CX} =\left(\frac{u-r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{CN}. \] Por tanto, \(X\) pertenece tanto a \(BM\) como a \(CN\). Estas rectas son distintas: de lo contrario, su recta común contendría a \(B,C\), por lo que sería \(BC\), mientras que \(M\) tiene la segunda coordenada no nula.
Queda por demostrar que \(X\) pertenece a la circunferencia circunscrita de \(ABC\). La circunferencia que pasa por \(B=(-1,0)\), \(C=(1,0)\) y \(A=(u,v)\) tiene ecuación \[ x^2+y^2+\frac{1-r}{v}\,y=1. \] Al sustituir las coordenadas de \(X\) en el miembro izquierdo, obtenemos \[ \frac{u^2+v^2}{r^2} +\frac{1-r}{v}\left(-\frac vr\right) =\frac1r-\frac{1-r}{r} =1. \] Por tanto, \(X\) pertenece a la circunferencia circunscrita de \(ABC\), como se quería demostrar. \(\square\)
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2014 · 问题 4
点 \(P\) 和 \(Q\) 在锐角三角形 \(ABC\) 的边 \(BC\) 上, 满足 \(\angle PAB=\angle BCA\) 且 \(\angle CAQ=\angle ABC\). 点 \(M\) 和 \(N\) 分别在直线 \(AP\) 和 \(AQ\) 上, 使得 \(P\) 是 \(AM\) 的中点, 且 \(Q\) 是 \(AN\) 的中点. 证明: 直线 \(BM\) 和 \(CN\) 的交点在三角形 \(ABC\) 的外接圆上.
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
由题设的角相等关系可得 \[ \triangle ABP\sim\triangle CBA, \qquad \triangle ACQ\sim\triangle BCA. \] 事实上，由于 \(P,Q\) 在 \(BC\) 上，第一对三角形在 \(B\) 处的角相等，第二对三角形在 \(C\) 处的角相等。因此， \[ BP=\frac{AB^2}{BC}, \qquad CQ=\frac{AC^2}{BC}. \tag{1} \] 当 \(P=C\) 或 \(Q=B\) 时，这些相似关系仍然成立。另两个端点情形 \(P=B\) 和 \(Q=C\) 则不可能发生，因为题设中的角为正。
选取直角坐标系，并缩放长度，使得 \[ B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(u,v),\qquad v>0, \] 记 \(r=u^2+v^2>0\)。则 \[ AB^2=r+2u+1,\qquad AC^2=r-2u+1. \] 由于 \(BC=2\)，由等式 (1) 得 \[ P=\left(\frac{r+2u-1}{2},0\right), \qquad Q=\left(\frac{1+2u-r}{2},0\right). \] 由中点条件可得 \[ M=2P-A=(r+u-1,-v), \qquad N=2Q-A=(1+u-r,-v). \]
考虑点 \[ X=\left(\frac{u}{r},-\frac{v}{r}\right). \] 我们有 \[ \overrightarrow{BX} =\left(\frac{u+r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{BM}, \] 同样， \[ \overrightarrow{CX} =\left(\frac{u-r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{CN}. \] 因此，\(X\) 同时在 \(BM\) 和 \(CN\) 上。这两条直线互不相同：否则，它们重合的直线将包含 \(B,C\)，因而就是 \(BC\)，但 \(M\) 的第二个坐标非零。
只需再证明 \(X\) 在 \(ABC\) 的外接圆上。经过 \(B=(-1,0)\)、\(C=(1,0)\) 和 \(A=(u,v)\) 的圆的方程为 \[ x^2+y^2+\frac{1-r}{v}\,y=1. \] 将 \(X\) 的坐标代入其左端，得到 \[ \frac{u^2+v^2}{r^2} +\frac{1-r}{v}\left(-\frac vr\right) =\frac1r-\frac{1-r}{r} =1. \] 因此，\(X\) 在 \(ABC\) 的外接圆上，得证。\(\square\)
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2014 · Задача 4
Точки \(P\) и \(Q\) выбраны на стороне \(BC\) остроугольного треугольника \(ABC\) так, что \(\angle PAB=\angle BCA\) и \(\angle CAQ=\angle ABC\). Точки \(M\) и \(N\) выбраны на прямых \(AP\) и \(AQ\) соответственно так, что \(P\) — середина отрезка \(AM\), а \(Q\) — середина отрезка \(AN\). Докажите, что прямые \(BM\) и \(CN\) пересекаются на окружности, описанной около треугольника \(ABC\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Из данных равенств углов следует \[ \triangle ABP\sim\triangle CBA, \qquad \triangle ACQ\sim\triangle BCA. \] Действительно, углы при \(B\) в первой паре и при \(C\) во второй паре равны, поскольку \(P,Q\) лежат на \(BC\). Следовательно, \[ BP=\frac{AB^2}{BC}, \qquad CQ=\frac{AC^2}{BC}. \tag{1} \] Эти подобия сохраняются и при \(P=C\) или \(Q=B\). Совпадения с другими концами отрезка, \(P=B\) и \(Q=C\), невозможны, поскольку заданные углы положительны.
Выберем декартовы координаты и масштаб длин так, чтобы \[ B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(u,v),\qquad v>0, \] и положим \(r=u^2+v^2>0\). Тогда \[ AB^2=r+2u+1,\qquad AC^2=r-2u+1. \] Поскольку \(BC=2\), равенства (1) дают \[ P=\left(\frac{r+2u-1}{2},0\right), \qquad Q=\left(\frac{1+2u-r}{2},0\right). \] Теперь из условий о серединах отрезков получаем \[ M=2P-A=(r+u-1,-v), \qquad N=2Q-A=(1+u-r,-v). \]
Рассмотрим точку \[ X=\left(\frac{u}{r},-\frac{v}{r}\right). \] Имеем \[ \overrightarrow{BX} =\left(\frac{u+r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{BM}, \] и аналогично \[ \overrightarrow{CX} =\left(\frac{u-r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{CN}. \] Следовательно, \(X\) принадлежит обеим прямым \(BM\) и \(CN\). Эти прямые различны: иначе их общая прямая содержала бы \(B,C\) и потому совпадала бы с \(BC\), тогда как вторая координата \(M\) ненулевая.
Остаётся доказать, что \(X\) лежит на описанной окружности треугольника \(ABC\). Окружность, проходящая через \(B=(-1,0)\), \(C=(1,0)\) и \(A=(u,v)\), имеет уравнение \[ x^2+y^2+\frac{1-r}{v}\,y=1. \] Подставляя координаты \(X\) в его левую часть, получаем \[ \frac{u^2+v^2}{r^2} +\frac{1-r}{v}\left(-\frac vr\right) =\frac1r-\frac{1-r}{r} =1. \] Следовательно, \(X\) лежит на описанной окружности треугольника \(ABC\), что и требовалось доказать. \(\square\)
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2014 · المسألة 4
تقع النقطتان \(P\) و \(Q\) على الضلع \(BC\) للمثلّث الحادّ الزوايا \(ABC\) بحيث \(\angle PAB=\angle BCA\) و \(\angle CAQ=\angle ABC\). النقطتان \(M\) و \(N\) تقعان على المستقيمين \(AP\) و \(AQ\)، على الترتيب، بحيث تجعلان النقطة \(P\) منتصف \(AM\)، والنقطة \(Q\) منتصف \(AN\). أثبت أنّ المستقيمين \(BM\) و \(CN\) يتقاطعان على الدائرة المحيطة بالمثلّث \(ABC\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
تستلزم مساواتا الزوايا المعطاتان \[ \triangle ABP\sim\triangle CBA, \qquad \triangle ACQ\sim\triangle BCA. \] بالفعل، تتساوى الزاويتان عند \(B\) في الزوج الأول وعند \(C\) في الزوج الثاني لأنّ \(P,Q\) تقعان على \(BC\). وبالتالي، \[ BP=\frac{AB^2}{BC}, \qquad CQ=\frac{AC^2}{BC}. \tag{1} \] يظل هذان التشابهان صحيحين إذا كان \(P=C\) أو \(Q=B\). أما الحالتان الطرفيتان الأخريان، \(P=B\) و\(Q=C\)، فمستحيلتان لأنّ الزوايا المحدّدة موجبة.
نختار إحداثيات ديكارتية، ونغيّر مقياس الأطوال بحيث \[ B=(-1,0),\qquad C=(1,0),\qquad A=(u,v),\qquad v>0, \] ونضع \(r=u^2+v^2>0\). عندئذ \[ AB^2=r+2u+1,\qquad AC^2=r-2u+1. \] بما أنّ \(BC=2\)، تعطينا المعادلتان (1) \[ P=\left(\frac{r+2u-1}{2},0\right), \qquad Q=\left(\frac{1+2u-r}{2},0\right). \] ويعطينا شرطا المنتصف الآن \[ M=2P-A=(r+u-1,-v), \qquad N=2Q-A=(1+u-r,-v). \]
لننظر إلى النقطة \[ X=\left(\frac{u}{r},-\frac{v}{r}\right). \] لدينا \[ \overrightarrow{BX} =\left(\frac{u+r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{BM}, \] وبالمثل \[ \overrightarrow{CX} =\left(\frac{u-r}{r},-\frac{v}{r}\right) =\frac1r\,\overrightarrow{CN}. \] إذن تنتمي \(X\) إلى كل من \(BM\) و\(CN\). وهذان المستقيمان مختلفان: وإلا لاحتوى مستقيمهما المشترك على \(B,C\)، ولكان بالتالي هو \(BC\)، في حين أنّ الإحداثي الثاني للنقطة \(M\) غير صفري.
يبقى أن نثبت أنّ \(X\) تقع على الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\). معادلة الدائرة المارّة بالنقاط \(B=(-1,0)\)، و\(C=(1,0)\)، و\(A=(u,v)\) هي \[ x^2+y^2+\frac{1-r}{v}\,y=1. \] بتعويض إحداثيي \(X\) في طرفها الأيسر نحصل على \[ \frac{u^2+v^2}{r^2} +\frac{1-r}{v}\left(-\frac vr\right) =\frac1r-\frac{1-r}{r} =1. \] إذن تقع \(X\) على الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\)، كما هو مطلوب. \(\square\)
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.