IMO 2019 · Problem 6
Let \(I\) be the incentre of acute triangle \(ABC\) with \(AB\ne AC\). The incircle \(\omega\) of \(ABC\) is tangent to sides \(BC\), \(CA\), and \(AB\) at \(D\), \(E\), and \(F\), respectively. The line through \(D\) perpendicular to \(EF\) meets \(\omega\) again at \(R\). Line \(AR\) meets \(\omega\) again at \(P\). The circumcircles of triangles \(PCE\) and \(PBF\) meet again at \(Q\).
Prove that lines \(DI\) and \(PQ\) meet on the line through \(A\) perpendicular to \(AI\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
We prove the incidence by finding the radical axis of the two circumcircles. There is a genuine tangency degeneration concerning the definition of \(Q\), which we address at the end.
Normalize the incircle to \[ \omega:\ x^2+y^2=1,\qquad I=(0,0), \] and choose coordinates so that \[ E=(c,s),\qquad F=(c,-s),\qquad A=(1/c,0), \] where \(c,s>0\) and \(c^2+s^2=1\). Indeed, the tangents at \(E,F\) have equations \(cx+sy=1\) and \(cx-sy=1\).
Put \[ m=CE=CD,\qquad n=BF=BD,\qquad U=m+n=BC. \] The unit directions along \(EC\) and \(FB\) give \[ C=(c-ms,s+mc),\qquad B=(c-ns,-s-nc). \] Since \(BC=U\), \[ U^2=s^2(m-n)^2+(2s+cU)^2 =U^2+4s(s+cU-smn). \] Consequently, \[ smn=s+cU. \] Using \(BD=n\) and \(DC=m\), we obtain \[ D=\frac{mB+nC}{U} =\left(c-\frac{2smn}{U},\,\frac{s(n-m)}U\right) =(-d,e), \] where \[ d=c+\frac{2s}{U}>c,\qquad e=\frac{s(n-m)}U. \] Here \(d^2+e^2=1\). Moreover, \(e\ne0\): since \(AE=AF\), the assumption \(AB\ne AC\) is equivalent to \(m\ne n\).
Because \(EF\) is vertical, the other intersection of the horizontal line through \(D\) with \(\omega\) is \[ R=(d,e). \] Set \[ K=1+c^2-2cd=(d-c)^2+e^2>0. \] Substituting \(A+t(R-A)\) into \(x^2+y^2=1\) gives the two roots \[ t=1,\qquad t=\frac{s^2}{K}. \] Thus \(P=(p,q)\), where \[ p=\frac{2c-(1+c^2)d}{K},\qquad q=\frac{s^2e}{K}. \tag{1} \] Since \(s^2-K=2c(d-c)>0\), these roots are distinct. Also, \[ p-c=\frac{s^2(c-d)}K<0. \tag{2} \] In particular, \(P\ne E,F\); hence \(PCE\) and \(PBF\) are noncollinear triples, because \(CE\) and \(BF\) are tangents to \(\omega\).
We now determine their circumcircles. Define \[ L_\pm(x,y) =(cq\pm sp)x+(1-cp\pm sq)y-q\mp s. \] Using \(p^2+q^2=c^2+s^2=1\), direct substitution gives \[ L_+(E)=L_+(P)=0,\qquad L_-(F)=L_-(P)=0. \] Furthermore, the displayed coordinates of \(B,C\) give \[ L_+(C)=m(c-p),\qquad L_-(B)=n(p-c), \] while \[ |C|^2-1=m^2,\qquad |B|^2-1=n^2. \] Therefore the two circumcircles have equations \[ \Gamma_C:\quad x^2+y^2-1+\frac{m}{p-c}L_+(x,y)=0, \] \[ \Gamma_B:\quad x^2+y^2-1-\frac{n}{p-c}L_-(x,y)=0. \] Their left-hand sides are the corresponding power functions. Subtracting them shows that their radical axis is \[ mL_+(x,y)+nL_-(x,y)=0. \] Since \(s(m-n)/U=-e\), division by \(U\) simplifies this to \[ (cq-ep)x+(1-cp-eq)y+e-q=0. \tag{3} \]
Substitution of (1), using \(d^2+e^2=1\), yields \[ (cq-ep,\ 1-cp-eq,\ e-q) =\frac{d-c}{K} \bigl((1+c^2)e,\ s^2d,\ -2ce\bigr). \] Hence the radical axis is the line \[ (1+c^2)ex+s^2dy-2ce=0. \tag{4} \] Its \(y\)-coefficient is nonzero, so the circles are distinct. When their second common point \(Q\ne P\) is as stipulated in the statement, (4) is precisely \(PQ\).
On the other hand, \(DI\) has equation \[ ex+dy=0. \tag{5} \] Subtracting \(s^2\) times (5) from (4) gives \[ 2ce(cx-1)=0. \] Because \(c>0\) and \(e\ne0\), the unique intersection is \[ X=\left(\frac1c,-\frac{e}{cd}\right). \] Its first coordinate equals that of \(A\). Thus \(AX\) is perpendicular to the horizontal line \(AI\), proving the required incidence.
For completeness, the tangency degeneration cannot be ruled out from the triangle assumptions alone. In the preceding normalization, take \[ c=\frac{\sqrt6}{4},\qquad s=\frac{\sqrt{10}}4,\qquad m=\sqrt{15},\qquad n=\frac{\sqrt{15}}3. \] Since \(AE=AF=s/c=n\), the resulting triangle has \[ AB:AC:BC=1:2:2, \] so it is acute and satisfies \(AB\ne AC\). Substitution into the circle equations above gives the centers and radii \[ O_C=\left(-\frac{3\sqrt6}{4},\frac{\sqrt{10}}4\right), \qquad r_C=\sqrt6, \] \[ O_B=\left(\frac{\sqrt6}{6},-\frac{\sqrt{10}}2\right), \qquad r_B=\frac{\sqrt6}{3}. \] Their center distance is \[ O_CO_B=\frac{4\sqrt6}{3}=r_C+r_B. \] Thus the circles are externally tangent at \(P\), and there is no distinct second point \(Q\).
Accordingly, the literal construction presupposes the distinct second intersection stipulated in the statement. To include the tangent degeneration, \(PQ\) must be interpreted as the common tangent. That tangent is the radical axis, so equations (4)–(5) prove the same incidence in this extended interpretation as well.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2019 · Aufgabe 6
Es sei \(I\) der Inkreismittelpunkt des spitzwinkligen Dreiecks \(ABC\) mit \(AB\ne AC\). Der Inkreis \(\omega\) von \(ABC\) berühre die Seiten \(BC\), \(CA\) und \(AB\) in \(D\), \(E\) bzw. \(F\). Die Gerade durch \(D\) senkrecht zu \(EF\) schneide \(\omega\) außerdem in \(R\). Die Gerade \(AR\) schneide \(\omega\) außerdem in \(P\). Die Umkreise der Dreiecke \(PCE\) und \(PBF\) schneiden sich außerdem in \(Q\).
Man beweise, dass sich die Geraden \(DI\) und \(PQ\) auf derjenigen Geraden durch \(A\) schneiden, die senkrecht zu \(AI\) ist.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Wir beweisen die Inzidenzaussage, indem wir die Potenzgerade der beiden Umkreise bestimmen. Bei der Definition von \(Q\) kann tatsächlich ein ausgearteter Berührungsfall auftreten, den wir am Ende behandeln.
Wir normieren den Inkreis auf \[ \omega:\ x^2+y^2=1,\qquad I=(0,0), \] und wählen die Koordinaten so, dass \[ E=(c,s),\qquad F=(c,-s),\qquad A=(1/c,0), \] wobei \(c,s>0\) und \(c^2+s^2=1\) gelten. Tatsächlich haben die Tangenten in \(E,F\) die Gleichungen \(cx+sy=1\) und \(cx-sy=1\).
Setze \[ m=CE=CD,\qquad n=BF=BD,\qquad U=m+n=BC. \] Die Einheitsrichtungsvektoren entlang \(EC\) und \(FB\) ergeben \[ C=(c-ms,s+mc),\qquad B=(c-ns,-s-nc). \] Wegen \(BC=U\) gilt \[ U^2=s^2(m-n)^2+(2s+cU)^2 =U^2+4s(s+cU-smn). \] Folglich ist \[ smn=s+cU. \] Mit \(BD=n\) und \(DC=m\) erhalten wir \[ D=\frac{mB+nC}{U} =\left(c-\frac{2smn}{U},\,\frac{s(n-m)}U\right) =(-d,e), \] wobei \[ d=c+\frac{2s}{U}>c,\qquad e=\frac{s(n-m)}U. \] Hier gilt \(d^2+e^2=1\). Außerdem ist \(e\ne0\): Wegen \(AE=AF\) ist die Voraussetzung \(AB\ne AC\) äquivalent zu \(m\ne n\).
Da \(EF\) vertikal ist, ist der andere Schnittpunkt der horizontalen Geraden durch \(D\) mit \(\omega\) \[ R=(d,e). \] Setze \[ K=1+c^2-2cd=(d-c)^2+e^2>0. \] Setzen wir \(A+t(R-A)\) in \(x^2+y^2=1\) ein, so erhalten wir die beiden Lösungen \[ t=1,\qquad t=\frac{s^2}{K}. \] Somit ist \(P=(p,q)\), wobei \[ p=\frac{2c-(1+c^2)d}{K},\qquad q=\frac{s^2e}{K}. \tag{1} \] Wegen \(s^2-K=2c(d-c)>0\) sind diese Lösungen verschieden. Außerdem gilt \[ p-c=\frac{s^2(c-d)}K<0. \tag{2} \] Insbesondere ist \(P\ne E,F\); daher sind \(PCE\) und \(PBF\) nichtkollineare Punktetripel, da \(CE\) und \(BF\) Tangenten an \(\omega\) sind.
Wir bestimmen nun ihre Umkreise. Definiere \[ L_\pm(x,y) =(cq\pm sp)x+(1-cp\pm sq)y-q\mp s. \] Unter Verwendung von \(p^2+q^2=c^2+s^2=1\) ergibt direktes Einsetzen \[ L_+(E)=L_+(P)=0,\qquad L_-(F)=L_-(P)=0. \] Ferner ergeben die angegebenen Koordinaten von \(B,C\) \[ L_+(C)=m(c-p),\qquad L_-(B)=n(p-c), \] während \[ |C|^2-1=m^2,\qquad |B|^2-1=n^2. \] Daher haben die beiden Umkreise die Gleichungen \[ \Gamma_C:\quad x^2+y^2-1+\frac{m}{p-c}L_+(x,y)=0, \] \[ \Gamma_B:\quad x^2+y^2-1-\frac{n}{p-c}L_-(x,y)=0. \] Ihre linken Seiten sind die zugehörigen Potenzfunktionen. Durch Subtraktion ergibt sich als Potenzgerade \[ mL_+(x,y)+nL_-(x,y)=0. \] Wegen \(s(m-n)/U=-e\) vereinfacht sich dies nach Division durch \(U\) zu \[ (cq-ep)x+(1-cp-eq)y+e-q=0. \tag{3} \]
Einsetzen von (1) ergibt unter Verwendung von \(d^2+e^2=1\) \[ (cq-ep,\ 1-cp-eq,\ e-q) =\frac{d-c}{K} \bigl((1+c^2)e,\ s^2d,\ -2ce\bigr). \] Somit ist die Potenzgerade die Gerade \[ (1+c^2)ex+s^2dy-2ce=0. \tag{4} \] Ihr \(y\)-Koeffizient ist ungleich null, also sind die Kreise verschieden. Wenn ihr zweiter gemeinsamer Punkt \(Q\ne P\) wie in der Aufgabenstellung vorausgesetzt existiert, ist (4) genau die Gerade \(PQ\).
Andererseits hat \(DI\) die Gleichung \[ ex+dy=0. \tag{5} \] Subtrahieren wir das \(s^2\)-Fache von (5) von (4), so erhalten wir \[ 2ce(cx-1)=0. \] Wegen \(c>0\) und \(e\ne0\) ist der eindeutige Schnittpunkt \[ X=\left(\frac1c,-\frac{e}{cd}\right). \] Seine erste Koordinate stimmt mit der von \(A\) überein. Somit steht \(AX\) senkrecht auf der horizontalen Geraden \(AI\), womit die geforderte Inzidenzaussage bewiesen ist.
Der Vollständigkeit halber bemerken wir, dass der ausgeartete Berührungsfall allein durch die Voraussetzungen an das Dreieck nicht ausgeschlossen werden kann. Wähle in der obigen Normierung \[ c=\frac{\sqrt6}{4},\qquad s=\frac{\sqrt{10}}4,\qquad m=\sqrt{15},\qquad n=\frac{\sqrt{15}}3. \] Wegen \(AE=AF=s/c=n\) gilt für das entstehende Dreieck \[ AB:AC:BC=1:2:2, \] also ist es spitzwinklig und erfüllt \(AB\ne AC\). Einsetzen in die obigen Kreisgleichungen ergibt die Mittelpunkte und Radien \[ O_C=\left(-\frac{3\sqrt6}{4},\frac{\sqrt{10}}4\right), \qquad r_C=\sqrt6, \] \[ O_B=\left(\frac{\sqrt6}{6},-\frac{\sqrt{10}}2\right), \qquad r_B=\frac{\sqrt6}{3}. \] Der Abstand ihrer Mittelpunkte ist \[ O_CO_B=\frac{4\sqrt6}{3}=r_C+r_B. \] Somit berühren sich die Kreise in \(P\) von außen, und es gibt keinen davon verschiedenen zweiten Punkt \(Q\).
Demnach setzt die Konstruktion ihrem Wortlaut nach den in der Aufgabenstellung vorgesehenen, von \(P\) verschiedenen zweiten Schnittpunkt voraus. Um den ausgearteten Berührungsfall einzubeziehen, muss \(PQ\) als gemeinsame Tangente interpretiert werden. Diese Tangente ist die Potenzgerade, sodass die Gleichungen (4)–(5) dieselbe Inzidenzaussage auch in dieser erweiterten Interpretation beweisen.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2019 · Soru 6
\(|AB|\ne|AC|\) koşulunu sağlayan dar açılı bir \(ABC\) üçgeninin iç teğet çember merkezi \(I\) dır. \(ABC\) nin iç teğet çemberi \(\omega\); \([BC]\), \([CA]\) ve \([AB]\) kenarlarına sırasıyla \(D\), \(E\) ve \(F\) noktalarında teğettir. \(D\) den geçip \(EF\) ye dik olan doğru \(\omega\) ile ikinci kez \(R\) noktasında kesişiyor. \(AR\) doğrusu \(\omega\) ile ikinci kez \(P\) noktasında kesişiyor. \(PCE\) ve \(PBF\) üçgenlerinin çevrel çemberleri ikinci kez \(Q\) noktasında kesişiyor.
\(DI\) ve \(PQ\) doğrularının, \(A\) dan geçip \(AI\) ya dik olan doğru üzerinde kesiştiğini gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
İki çevrel çemberin kuvvet eksenini bularak istenen kesişme özelliğini ispatlayacağız. \(Q\)'nun tanımıyla ilgili, gerçekten ortaya çıkabilen bir teğetlik yozlaşması vardır; bunu sonda ele alacağız.
İç teğet çemberi \[ \omega:\ x^2+y^2=1,\qquad I=(0,0), \] olacak biçimde normalize edelim ve koordinatları \[ E=(c,s),\qquad F=(c,-s),\qquad A=(1/c,0), \] olacak şekilde seçelim; burada \(c,s>0\) ve \(c^2+s^2=1\)'dir. Gerçekten, \(E,F\)'deki teğetlerin denklemleri \(cx+sy=1\) ve \(cx-sy=1\)'dir.
\[ m=CE=CD,\qquad n=BF=BD,\qquad U=m+n=BC \] alalım. \(EC\) ve \(FB\) yönlerindeki birim vektörlerden \[ C=(c-ms,s+mc),\qquad B=(c-ns,-s-nc) \] elde edilir. \(BC=U\) olduğundan, \[ U^2=s^2(m-n)^2+(2s+cU)^2 =U^2+4s(s+cU-smn). \] Dolayısıyla, \[ smn=s+cU. \] \(BD=n\) ve \(DC=m\)'yi kullanarak \[ D=\frac{mB+nC}{U} =\left(c-\frac{2smn}{U},\,\frac{s(n-m)}U\right) =(-d,e), \] elde ederiz; burada \[ d=c+\frac{2s}{U}>c,\qquad e=\frac{s(n-m)}U. \] Bu durumda \(d^2+e^2=1\)'dir. Üstelik \(e\ne0\)'dır: \(AE=AF\) olduğundan, \(AB\ne AC\) varsayımı \(m\ne n\)'ye denktir.
\(EF\) düşey olduğundan, \(D\)'den geçen yatay doğrunun \(\omega\) ile diğer kesişim noktası \[ R=(d,e) \] olur. \[ K=1+c^2-2cd=(d-c)^2+e^2>0 \] alalım. \(A+t(R-A)\)'yı \(x^2+y^2=1\)'de yerine koyunca \[ t=1,\qquad t=\frac{s^2}{K} \] kökleri elde edilir. Böylece \(P=(p,q)\) olur; burada \[ p=\frac{2c-(1+c^2)d}{K},\qquad q=\frac{s^2e}{K}. \tag{1} \] \(s^2-K=2c(d-c)>0\) olduğundan, bu kökler birbirinden farklıdır. Ayrıca, \[ p-c=\frac{s^2(c-d)}K<0. \tag{2} \] Özellikle \(P\ne E,F\)'dir; dolayısıyla \(CE\) ve \(BF\), \(\omega\)'ya teğet olduğundan \(PCE\) ve \(PBF\) doğrusal olmayan nokta üçlüleridir.
Şimdi bunların çevrel çemberlerini belirleyelim. \[ L_\pm(x,y) =(cq\pm sp)x+(1-cp\pm sq)y-q\mp s \] olarak tanımlayalım. \(p^2+q^2=c^2+s^2=1\) kullanılarak doğrudan yerine koymayla \[ L_+(E)=L_+(P)=0,\qquad L_-(F)=L_-(P)=0 \] elde edilir. Ayrıca, \(B,C\)'nin yukarıda verilen koordinatlarından \[ L_+(C)=m(c-p),\qquad L_-(B)=n(p-c), \] elde edilir; öte yandan \[ |C|^2-1=m^2,\qquad |B|^2-1=n^2 \] olur. Dolayısıyla iki çevrel çemberin denklemleri \[ \Gamma_C:\quad x^2+y^2-1+\frac{m}{p-c}L_+(x,y)=0, \] \[ \Gamma_B:\quad x^2+y^2-1-\frac{n}{p-c}L_-(x,y)=0 \] şeklindedir. Sol tarafları, ilgili çemberlere göre kuvvet fonksiyonlarıdır. Bunları birbirinden çıkarınca kuvvet eksenlerinin \[ mL_+(x,y)+nL_-(x,y)=0 \] olduğu görülür. \(s(m-n)/U=-e\) olduğundan, \(U\)'ya bölündüğünde bu denklem \[ (cq-ep)x+(1-cp-eq)y+e-q=0 \tag{3} \] biçimine sadeleşir.
(1)'i yerine koyup \(d^2+e^2=1\)'i kullanarak \[ (cq-ep,\ 1-cp-eq,\ e-q) =\frac{d-c}{K} \bigl((1+c^2)e,\ s^2d,\ -2ce\bigr) \] elde ederiz. Demek ki kuvvet ekseni \[ (1+c^2)ex+s^2dy-2ce=0 \tag{4} \] doğrusudur. Bu denklemde \(y\)'nin katsayısı sıfır olmadığından çemberler farklıdır. İkinci ortak noktaları \(Q\ne P\), soru metninde belirtildiği gibi mevcut olduğunda, (4) tam olarak \(PQ\)'dur.
Öte yandan, \(DI\)'nın denklemi \[ ex+dy=0 \tag{5} \] olur. (4)'ten (5)'in \(s^2\) katını çıkarınca \[ 2ce(cx-1)=0 \] elde edilir. \(c>0\) ve \(e\ne0\) olduğundan, tek kesişim noktası \[ X=\left(\frac1c,-\frac{e}{cd}\right) \] olur. Bu noktanın birinci koordinatı \(A\)'nınkiyle aynıdır. Böylece \(AX\), yatay \(AI\) doğrusuna diktir ve istenen kesişme özelliği ispatlanmış olur.
Eksiksiz olması için, yalnızca üçgene ilişkin varsayımlarla teğetlik yozlaşmasının dışlanamayacağını belirtelim. Yukarıdaki normalizasyonda \[ c=\frac{\sqrt6}{4},\qquad s=\frac{\sqrt{10}}4,\qquad m=\sqrt{15},\qquad n=\frac{\sqrt{15}}3 \] alalım. \(AE=AF=s/c=n\) olduğundan, elde edilen üçgende \[ AB:AC:BC=1:2:2, \] olur; dolayısıyla bu üçgen dar açılıdır ve \(AB\ne AC\)'yi sağlar. Yukarıdaki çember denklemlerinde yerine koyunca merkezler ve yarıçaplar \[ O_C=\left(-\frac{3\sqrt6}{4},\frac{\sqrt{10}}4\right), \qquad r_C=\sqrt6, \] \[ O_B=\left(\frac{\sqrt6}{6},-\frac{\sqrt{10}}2\right), \qquad r_B=\frac{\sqrt6}{3} \] olarak bulunur. Merkezleri arasındaki uzaklık \[ O_CO_B=\frac{4\sqrt6}{3}=r_C+r_B \] olur. Böylece çemberler \(P\)'de dıştan teğettir ve farklı bir ikinci \(Q\) noktası yoktur.
Bu nedenle, inşa aynen okunduğunda, soru metninde belirtilen farklı ikinci kesişim noktasının varlığını varsayar. Teğetlik yozlaşmasını da kapsamak için \(PQ\), ortak teğet olarak yorumlanmalıdır. Bu teğet kuvvet eksenidir; dolayısıyla (4)–(5) denklemleri, bu genişletilmiş yorumda da aynı kesişme özelliğini ispatlar.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2019 · Problema 6
Sea \(I\) el incentro del triángulo acutángulo \(ABC\) con \(AB\ne AC\). La circunferencia inscrita (o incírculo) \(\omega\) de \(ABC\) es tangente a los lados \(BC\), \(CA\) y \(AB\) en \(D\), \(E\) y \(F\), respectivamente. La recta que pasa por \(D\) y es perpendicular a \(EF\) corta a \(\omega\) nuevamente en \(R\). La recta \(AR\) corta a \(\omega\) nuevamente en \(P\). Las circunferencias circunscritas (o circuncírculos) de los triángulos \(PCE\) y \(PBF\) se cortan nuevamente en \(Q\).
Demostrar que las rectas \(DI\) y \(PQ\) se cortan en la recta que pasa por \(A\) y es perpendicular a \(AI\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Demostramos la incidencia hallando el eje radical de las dos circunferencias circunscritas. Existe un caso degenerado real de tangencia que afecta a la definición de \(Q\), y que tratamos al final.
Normalizamos la circunferencia inscrita de modo que \[ \omega:\ x^2+y^2=1,\qquad I=(0,0), \] y elegimos coordenadas de manera que \[ E=(c,s),\qquad F=(c,-s),\qquad A=(1/c,0), \] donde \(c,s>0\) y \(c^2+s^2=1\). En efecto, las tangentes en \(E,F\) tienen ecuaciones \(cx+sy=1\) y \(cx-sy=1\).
Ponemos \[ m=CE=CD,\qquad n=BF=BD,\qquad U=m+n=BC. \] Los vectores unitarios en las direcciones de \(EC\) y \(FB\) dan \[ C=(c-ms,s+mc),\qquad B=(c-ns,-s-nc). \] Como \(BC=U\), \[ U^2=s^2(m-n)^2+(2s+cU)^2 =U^2+4s(s+cU-smn). \] Por consiguiente, \[ smn=s+cU. \] Usando \(BD=n\) y \(DC=m\), obtenemos \[ D=\frac{mB+nC}{U} =\left(c-\frac{2smn}{U},\,\frac{s(n-m)}U\right) =(-d,e), \] donde \[ d=c+\frac{2s}{U}>c,\qquad e=\frac{s(n-m)}U. \] Aquí \(d^2+e^2=1\). Además, \(e\ne0\): como \(AE=AF\), la hipótesis \(AB\ne AC\) equivale a \(m\ne n\).
Como \(EF\) es vertical, la otra intersección de la recta horizontal que pasa por \(D\) con \(\omega\) es \[ R=(d,e). \] Sea \[ K=1+c^2-2cd=(d-c)^2+e^2>0. \] Sustituyendo \(A+t(R-A)\) en \(x^2+y^2=1\) se obtienen las dos raíces \[ t=1,\qquad t=\frac{s^2}{K}. \] Así, \(P=(p,q)\), donde \[ p=\frac{2c-(1+c^2)d}{K},\qquad q=\frac{s^2e}{K}. \tag{1} \] Como \(s^2-K=2c(d-c)>0\), estas raíces son distintas. Además, \[ p-c=\frac{s^2(c-d)}K<0. \tag{2} \] En particular, \(P\ne E,F\); por tanto, \(PCE\) y \(PBF\) son ternas de puntos no colineales, porque \(CE\) y \(BF\) son tangentes a \(\omega\).
Determinamos ahora sus circunferencias circunscritas. Definimos \[ L_\pm(x,y) =(cq\pm sp)x+(1-cp\pm sq)y-q\mp s. \] Usando \(p^2+q^2=c^2+s^2=1\), la sustitución directa da \[ L_+(E)=L_+(P)=0,\qquad L_-(F)=L_-(P)=0. \] Además, las coordenadas indicadas de \(B,C\) dan \[ L_+(C)=m(c-p),\qquad L_-(B)=n(p-c), \] mientras que \[ |C|^2-1=m^2,\qquad |B|^2-1=n^2. \] Por lo tanto, las dos circunferencias circunscritas tienen ecuaciones \[ \Gamma_C:\quad x^2+y^2-1+\frac{m}{p-c}L_+(x,y)=0, \] \[ \Gamma_B:\quad x^2+y^2-1-\frac{n}{p-c}L_-(x,y)=0. \] Sus miembros izquierdos son las funciones de potencia correspondientes. Al restarlos se ve que su eje radical es \[ mL_+(x,y)+nL_-(x,y)=0. \] Como \(s(m-n)/U=-e\), al dividir por \(U\) esta ecuación se simplifica a \[ (cq-ep)x+(1-cp-eq)y+e-q=0. \tag{3} \]
Sustituyendo (1) y usando \(d^2+e^2=1\), se obtiene \[ (cq-ep,\ 1-cp-eq,\ e-q) =\frac{d-c}{K} \bigl((1+c^2)e,\ s^2d,\ -2ce\bigr). \] Por tanto, el eje radical es la recta \[ (1+c^2)ex+s^2dy-2ce=0. \tag{4} \] Su coeficiente de \(y\) no es nulo, por lo que las circunferencias son distintas. Cuando su segundo punto común \(Q\ne P\) es el estipulado en el enunciado, (4) es precisamente \(PQ\).
Por otra parte, \(DI\) tiene ecuación \[ ex+dy=0. \tag{5} \] Restando de (4) la ecuación (5) multiplicada por \(s^2\), se obtiene \[ 2ce(cx-1)=0. \] Como \(c>0\) y \(e\ne0\), la única intersección es \[ X=\left(\frac1c,-\frac{e}{cd}\right). \] Su primera coordenada coincide con la de \(A\). Así, \(AX\) es perpendicular a la recta horizontal \(AI\), lo que demuestra la incidencia requerida.
Para completar la discusión, el caso degenerado de tangencia no puede descartarse únicamente a partir de las hipótesis sobre el triángulo. En la normalización anterior, tomamos \[ c=\frac{\sqrt6}{4},\qquad s=\frac{\sqrt{10}}4,\qquad m=\sqrt{15},\qquad n=\frac{\sqrt{15}}3. \] Como \(AE=AF=s/c=n\), el triángulo resultante satisface \[ AB:AC:BC=1:2:2, \] por lo que es acutángulo y satisface \(AB\ne AC\). Sustituyendo en las ecuaciones de las circunferencias anteriores se obtienen los centros y radios \[ O_C=\left(-\frac{3\sqrt6}{4},\frac{\sqrt{10}}4\right), \qquad r_C=\sqrt6, \] \[ O_B=\left(\frac{\sqrt6}{6},-\frac{\sqrt{10}}2\right), \qquad r_B=\frac{\sqrt6}{3}. \] La distancia entre sus centros es \[ O_CO_B=\frac{4\sqrt6}{3}=r_C+r_B. \] Así, las circunferencias son tangentes exteriormente en \(P\), y no existe un segundo punto distinto \(Q\).
Por consiguiente, la construcción literal presupone la segunda intersección distinta estipulada en el enunciado. Para incluir el caso degenerado de tangencia, \(PQ\) debe interpretarse como la tangente común. Esa tangente es el eje radical, por lo que las ecuaciones (4)–(5) demuestran la misma incidencia también en esta interpretación ampliada.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2019 · 问题 6
在锐角三角形\(ABC\)中, \(I\)是内心, \(AB\ne AC\). 三角形\(ABC\)的内切圆\(\omega\)与边\(BC,CA\)和\(AB\)分别相切于点\(D,E\)和\(F\). 过点\(D\)且垂直于\(EF\)的直线与\(\omega\)的另一点交点为\(R\). 直线\(AR\)与\(\omega\)的另一交点为\(P\). 三角形\(PCE\)和三角形\(PBF\)的外接圆交于另一点\(Q\).
证明: 直线\(DI\)和\(PQ\)的交点在过点\(A\)且垂直于\(AI\)的直线上.
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
我们通过求出这两个外接圆的根轴来证明所要求的交点位置关系。关于\(Q\)的定义，确实存在一种相切的退化情形，我们将在最后讨论。
将内切圆归一化为 \[ \omega:\ x^2+y^2=1,\qquad I=(0,0), \] 并选取坐标系，使得 \[ E=(c,s),\qquad F=(c,-s),\qquad A=(1/c,0), \] 其中\(c,s>0\)，且\(c^2+s^2=1\)。事实上，\(E,F\)处的切线方程分别为\(cx+sy=1\)和\(cx-sy=1\)。
令 \[ m=CE=CD,\qquad n=BF=BD,\qquad U=m+n=BC. \] 利用沿\(EC\)和\(FB\)方向的单位向量，可得 \[ C=(c-ms,s+mc),\qquad B=(c-ns,-s-nc). \] 由于\(BC=U\)， \[ U^2=s^2(m-n)^2+(2s+cU)^2 =U^2+4s(s+cU-smn). \] 因此， \[ smn=s+cU. \] 利用\(BD=n\)和\(DC=m\)，得到 \[ D=\frac{mB+nC}{U} =\left(c-\frac{2smn}{U},\,\frac{s(n-m)}U\right) =(-d,e), \] 其中 \[ d=c+\frac{2s}{U}>c,\qquad e=\frac{s(n-m)}U. \] 这里\(d^2+e^2=1\)。此外，\(e\ne0\)：由于\(AE=AF\)，假设\(AB\ne AC\)等价于\(m\ne n\)。
由于\(EF\)竖直，过\(D\)的水平直线与\(\omega\)的另一个交点为 \[ R=(d,e). \] 令 \[ K=1+c^2-2cd=(d-c)^2+e^2>0. \] 将\(A+t(R-A)\)代入\(x^2+y^2=1\)，得到两个根 \[ t=1,\qquad t=\frac{s^2}{K}. \] 因此\(P=(p,q)\)，其中 \[ p=\frac{2c-(1+c^2)d}{K},\qquad q=\frac{s^2e}{K}. \tag{1} \] 由于\(s^2-K=2c(d-c)>0\)，这两个根互异。另外， \[ p-c=\frac{s^2(c-d)}K<0. \tag{2} \] 特别地，\(P\ne E,F\)；因此，\(PCE\)和\(PBF\)各自都是不共线的三点，因为\(CE\)和\(BF\)是\(\omega\)的切线。
现在求出它们的外接圆。定义 \[ L_\pm(x,y) =(cq\pm sp)x+(1-cp\pm sq)y-q\mp s. \] 利用\(p^2+q^2=c^2+s^2=1\)，直接代入可得 \[ L_+(E)=L_+(P)=0,\qquad L_-(F)=L_-(P)=0. \] 此外，由上述\(B,C\)的坐标可得 \[ L_+(C)=m(c-p),\qquad L_-(B)=n(p-c), \] 而 \[ |C|^2-1=m^2,\qquad |B|^2-1=n^2. \] 因此，这两个外接圆的方程为 \[ \Gamma_C:\quad x^2+y^2-1+\frac{m}{p-c}L_+(x,y)=0, \] \[ \Gamma_B:\quad x^2+y^2-1-\frac{n}{p-c}L_-(x,y)=0. \] 它们的左端分别是点关于相应圆的幂的函数。两式相减可知，它们的根轴为 \[ mL_+(x,y)+nL_-(x,y)=0. \] 由于\(s(m-n)/U=-e\)，除以\(U\)后，将其化简为 \[ (cq-ep)x+(1-cp-eq)y+e-q=0. \tag{3} \]
代入 (1)，并利用\(d^2+e^2=1\)，得 \[ (cq-ep,\ 1-cp-eq,\ e-q) =\frac{d-c}{K} \bigl((1+c^2)e,\ s^2d,\ -2ce\bigr). \] 因此，根轴是直线 \[ (1+c^2)ex+s^2dy-2ce=0. \tag{4} \] 其中\(y\)的系数非零，所以这两个圆不重合。当它们的第二个公共点\(Q\ne P\)如题目所设存在时，(4) 就是\(PQ\)。
另一方面，\(DI\)的方程为 \[ ex+dy=0. \tag{5} \] 从 (4) 中减去 (5) 的\(s^2\)倍，得 \[ 2ce(cx-1)=0. \] 由于\(c>0\)且\(e\ne0\)，唯一的交点为 \[ X=\left(\frac1c,-\frac{e}{cd}\right). \] 它的横坐标与\(A\)相同。因此，\(AX\)垂直于水平直线\(AI\)，所要求的交点位置关系得证。
为使讨论完整，说明仅凭三角形的假设并不能排除相切的退化情形。在上述归一化下，取 \[ c=\frac{\sqrt6}{4},\qquad s=\frac{\sqrt{10}}4,\qquad m=\sqrt{15},\qquad n=\frac{\sqrt{15}}3. \] 由于\(AE=AF=s/c=n\)，所得三角形满足 \[ AB:AC:BC=1:2:2, \] 所以它是锐角三角形，且满足\(AB\ne AC\)。代入上述圆的方程，得到圆心和半径 \[ O_C=\left(-\frac{3\sqrt6}{4},\frac{\sqrt{10}}4\right), \qquad r_C=\sqrt6, \] \[ O_B=\left(\frac{\sqrt6}{6},-\frac{\sqrt{10}}2\right), \qquad r_B=\frac{\sqrt6}{3}. \] 它们的圆心距为 \[ O_CO_B=\frac{4\sqrt6}{3}=r_C+r_B. \] 因此，这两个圆在\(P\)处外切，不存在与\(P\)不同的第二个交点\(Q\)。
所以，按题目字面进行的构造以题目所设的另一个不同交点存在为前提。若要包含相切的退化情形，就必须将\(PQ\)解释为公切线。这条切线就是根轴，所以在这一推广的解释下，方程 (4)–(5) 也证明了同样的交点位置关系。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2019 · Задача 6
Пусть \(I\) — центр вписанной окружности остроугольного треугольника \(ABC\), в котором \(AB\ne AC\). Вписанная окружность \(\omega\) треугольника \(ABC\) касается сторон \(BC\), \(CA\) и \(AB\) в точках \(D\), \(E\) и \(F\) соответственно. Прямая, проходящая через \(D\) и перпендикулярная \(EF\), пересекает \(\omega\) вторично в точке \(R\). Прямая \(AR\) пересекает \(\omega\) вторично в точке \(P\). Окружности, описанные около треугольников \(PCE\) и \(PBF\), пересекаются вторично в точке \(Q\).
Докажите, что прямые \(DI\) и \(PQ\) пересекаются на прямой, проходящей через \(A\) и перпендикулярной \(AI\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Докажем требуемое утверждение о пересечении прямых, найдя радикальную ось двух описанных окружностей. При определении \(Q\) действительно возможен вырожденный случай касания, который мы рассмотрим в конце.
Нормируем вписанную окружность так, чтобы \[ \omega:\ x^2+y^2=1,\qquad I=(0,0), \] и выберем координаты так, чтобы \[ E=(c,s),\qquad F=(c,-s),\qquad A=(1/c,0), \] где \(c,s>0\) и \(c^2+s^2=1\). Действительно, касательные в точках \(E,F\) имеют уравнения \(cx+sy=1\) и \(cx-sy=1\).
Положим \[ m=CE=CD,\qquad n=BF=BD,\qquad U=m+n=BC. \] Используя единичные направляющие векторы вдоль \(EC\) и \(FB\), получаем \[ C=(c-ms,s+mc),\qquad B=(c-ns,-s-nc). \] Поскольку \(BC=U\), \[ U^2=s^2(m-n)^2+(2s+cU)^2 =U^2+4s(s+cU-smn). \] Следовательно, \[ smn=s+cU. \] Используя \(BD=n\) и \(DC=m\), получаем \[ D=\frac{mB+nC}{U} =\left(c-\frac{2smn}{U},\,\frac{s(n-m)}U\right) =(-d,e), \] где \[ d=c+\frac{2s}{U}>c,\qquad e=\frac{s(n-m)}U. \] Здесь \(d^2+e^2=1\). Кроме того, \(e\ne0\): поскольку \(AE=AF\), условие \(AB\ne AC\) равносильно \(m\ne n\).
Поскольку \(EF\) вертикальна, вторая точка пересечения горизонтальной прямой, проходящей через \(D\), с \(\omega\) имеет вид \[ R=(d,e). \] Положим \[ K=1+c^2-2cd=(d-c)^2+e^2>0. \] Подставляя \(A+t(R-A)\) в \(x^2+y^2=1\), получаем два корня \[ t=1,\qquad t=\frac{s^2}{K}. \] Таким образом, \(P=(p,q)\), где \[ p=\frac{2c-(1+c^2)d}{K},\qquad q=\frac{s^2e}{K}. \tag{1} \] Поскольку \(s^2-K=2c(d-c)>0\), эти корни различны. Кроме того, \[ p-c=\frac{s^2(c-d)}K<0. \tag{2} \] В частности, \(P\ne E,F\); следовательно, ни тройка точек \(PCE\), ни тройка \(PBF\) не лежит на одной прямой, поскольку \(CE\) и \(BF\) — касательные к \(\omega\).
Теперь найдём их описанные окружности. Определим \[ L_\pm(x,y) =(cq\pm sp)x+(1-cp\pm sq)y-q\mp s. \] Используя \(p^2+q^2=c^2+s^2=1\), непосредственной подстановкой получаем \[ L_+(E)=L_+(P)=0,\qquad L_-(F)=L_-(P)=0. \] Кроме того, из приведённых координат \(B,C\) получаем \[ L_+(C)=m(c-p),\qquad L_-(B)=n(p-c), \] а также \[ |C|^2-1=m^2,\qquad |B|^2-1=n^2. \] Поэтому две описанные окружности имеют уравнения \[ \Gamma_C:\quad x^2+y^2-1+\frac{m}{p-c}L_+(x,y)=0, \] \[ \Gamma_B:\quad x^2+y^2-1-\frac{n}{p-c}L_-(x,y)=0. \] Их левые части выражают степени точки относительно соответствующих окружностей. Вычитая их, видим, что радикальная ось имеет уравнение \[ mL_+(x,y)+nL_-(x,y)=0. \] Поскольку \(s(m-n)/U=-e\), после деления на \(U\) оно упрощается до \[ (cq-ep)x+(1-cp-eq)y+e-q=0. \tag{3} \]
Подстановка (1) с использованием \(d^2+e^2=1\) даёт \[ (cq-ep,\ 1-cp-eq,\ e-q) =\frac{d-c}{K} \bigl((1+c^2)e,\ s^2d,\ -2ce\bigr). \] Следовательно, радикальная ось — это прямая \[ (1+c^2)ex+s^2dy-2ce=0. \tag{4} \] Её коэффициент при \(y\) ненулевой, поэтому окружности различны. Когда их вторая общая точка \(Q\ne P\) существует, как предусмотрено условием, (4) задаёт именно прямую \(PQ\).
С другой стороны, \(DI\) имеет уравнение \[ ex+dy=0. \tag{5} \] Вычитая из (4) равенство (5), умноженное на \(s^2\), получаем \[ 2ce(cx-1)=0. \] Поскольку \(c>0\) и \(e\ne0\), единственная точка пересечения имеет вид \[ X=\left(\frac1c,-\frac{e}{cd}\right). \] Её первая координата совпадает с первой координатой \(A\). Таким образом, \(AX\) перпендикулярна горизонтальной прямой \(AI\), что доказывает требуемое утверждение о пересечении.
Для полноты отметим, что вырожденный случай касания нельзя исключить, исходя только из условий на треугольник. При использованной выше нормировке возьмём \[ c=\frac{\sqrt6}{4},\qquad s=\frac{\sqrt{10}}4,\qquad m=\sqrt{15},\qquad n=\frac{\sqrt{15}}3. \] Поскольку \(AE=AF=s/c=n\), для полученного треугольника имеем \[ AB:AC:BC=1:2:2, \] так что он остроугольный и удовлетворяет условию \(AB\ne AC\). Подстановка в приведённые выше уравнения окружностей даёт следующие центры и радиусы: \[ O_C=\left(-\frac{3\sqrt6}{4},\frac{\sqrt{10}}4\right), \qquad r_C=\sqrt6, \] \[ O_B=\left(\frac{\sqrt6}{6},-\frac{\sqrt{10}}2\right), \qquad r_B=\frac{\sqrt6}{3}. \] Расстояние между их центрами равно \[ O_CO_B=\frac{4\sqrt6}{3}=r_C+r_B. \] Таким образом, окружности касаются внешним образом в точке \(P\), и отличной от неё второй точки \(Q\) нет.
Следовательно, буквальное построение предполагает наличие указанной в условии второй точки пересечения, отличной от первой. Чтобы охватить вырожденный случай касания, \(PQ\) следует понимать как общую касательную. Эта касательная является радикальной осью, поэтому уравнения (4)–(5) доказывают то же утверждение о пересечении и при таком расширенном толковании.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2019 · المسألة 6
الدائرة \(\omega\) التي مركزها \(I\) هي الدائرة الداخلية للمثلث الحاد الزوايا \(ABC\) الذي فيه \(AB\ne AC\). الدائرة \(\omega\) تمس أضلاع المثلث \(BC,CA,AB\) على الترتيب في \(D,E,F\). المستقيم المار بالنقطة \(D\) عمودي على \(EF\) يقطع الدائرة \(\omega\) مرة أخرى في \(R\). المستقيم \(AR\) يلاقي الدائرة \(\omega\) مرة أخرى في النقطة \(P\). الدائرتان المحيطتان للمثلثين \(PCE,PBF\) يتقاطعان في نقطة أخرى \(Q\). أثبت أن المستقيمين \(DI,PQ\) يتقاطعان في نقطة تقع على المستقيم المار بالرأس \(A\) وعمودي على \(AI\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
نثبت التلاقي بإيجاد المحور الجذري للدائرتين المحيطتين. توجد حالة انحلال فعلية بسبب التماس تتعلق بتعريف \(Q\)، وسنعالجها في النهاية.
نطبّع الدائرة الداخلية لتكون \[ \omega:\ x^2+y^2=1,\qquad I=(0,0), \] ونختار الإحداثيات بحيث \[ E=(c,s),\qquad F=(c,-s),\qquad A=(1/c,0), \] حيث \(c,s>0\) و\(c^2+s^2=1\). وبالفعل، معادلتا المماسين عند \(E,F\) هما \(cx+sy=1\) و\(cx-sy=1\).
نضع \[ m=CE=CD,\qquad n=BF=BD,\qquad U=m+n=BC. \] تعطي متجهتا الوحدة في اتجاهي \(EC\) و\(FB\) \[ C=(c-ms,s+mc),\qquad B=(c-ns,-s-nc). \] بما أن \(BC=U\)، فإن \[ U^2=s^2(m-n)^2+(2s+cU)^2 =U^2+4s(s+cU-smn). \] وبالتالي، \[ smn=s+cU. \] باستخدام \(BD=n\) و\(DC=m\)، نحصل على \[ D=\frac{mB+nC}{U} =\left(c-\frac{2smn}{U},\,\frac{s(n-m)}U\right) =(-d,e), \] حيث \[ d=c+\frac{2s}{U}>c,\qquad e=\frac{s(n-m)}U. \] هنا \(d^2+e^2=1\). علاوة على ذلك، \(e\ne0\): فبما أن \(AE=AF\)، فإن الفرض \(AB\ne AC\) يكافئ \(m\ne n\).
لأن \(EF\) رأسي، فإن نقطة التقاطع الأخرى للمستقيم الأفقي المار بـ\(D\) مع \(\omega\) هي \[ R=(d,e). \] نضع \[ K=1+c^2-2cd=(d-c)^2+e^2>0. \] بالتعويض بـ\(A+t(R-A)\) في \(x^2+y^2=1\) نحصل على الجذرين \[ t=1,\qquad t=\frac{s^2}{K}. \] إذن \(P=(p,q)\)، حيث \[ p=\frac{2c-(1+c^2)d}{K},\qquad q=\frac{s^2e}{K}. \tag{1} \] بما أن \(s^2-K=2c(d-c)>0\)، فإن هذين الجذرين مختلفان. كذلك، \[ p-c=\frac{s^2(c-d)}K<0. \tag{2} \] وعلى وجه الخصوص، \(P\ne E,F\)؛ ومن ثم فإن كلًا من الثلاثيتين \(PCE\) و\(PBF\) ليست على استقامة واحدة، لأن \(CE\) و\(BF\) مماسان للدائرة \(\omega\).
نحدد الآن دائرتيهما المحيطتين. نعرّف \[ L_\pm(x,y) =(cq\pm sp)x+(1-cp\pm sq)y-q\mp s. \] باستخدام \(p^2+q^2=c^2+s^2=1\)، يعطي التعويض المباشر \[ L_+(E)=L_+(P)=0,\qquad L_-(F)=L_-(P)=0. \] علاوة على ذلك، تعطي إحداثيات \(B,C\) المبينة أعلاه \[ L_+(C)=m(c-p),\qquad L_-(B)=n(p-c), \] بينما \[ |C|^2-1=m^2,\qquad |B|^2-1=n^2. \] لذلك فإن معادلتي الدائرتين المحيطتين هما \[ \Gamma_C:\quad x^2+y^2-1+\frac{m}{p-c}L_+(x,y)=0, \] \[ \Gamma_B:\quad x^2+y^2-1-\frac{n}{p-c}L_-(x,y)=0. \] طرفاهما الأيسران هما دالتا القوة بالنسبة إلى الدائرتين المعنيتين. وبطرحهما يتبين أن محورهما الجذري هو \[ mL_+(x,y)+nL_-(x,y)=0. \] بما أن \(s(m-n)/U=-e\)، فإن القسمة على \(U\) تبسط ذلك إلى \[ (cq-ep)x+(1-cp-eq)y+e-q=0. \tag{3} \]
بالتعويض من (1)، واستخدام \(d^2+e^2=1\)، نحصل على \[ (cq-ep,\ 1-cp-eq,\ e-q) =\frac{d-c}{K} \bigl((1+c^2)e,\ s^2d,\ -2ce\bigr). \] ومن ثم فإن المحور الجذري هو المستقيم \[ (1+c^2)ex+s^2dy-2ce=0. \tag{4} \] معامل \(y\) فيه غير صفري، لذا فالدائرتان مختلفتان. وعندما تكون نقطة التقاطع المشتركة الثانية \(Q\ne P\) كما هو مشترط في نص المسألة، فإن (4) هو بالضبط \(PQ\).
من جهة أخرى، معادلة \(DI\) هي \[ ex+dy=0. \tag{5} \] بطرح \(s^2\) مضروبًا في (5) من (4) نحصل على \[ 2ce(cx-1)=0. \] لأن \(c>0\) و\(e\ne0\)، فإن نقطة التقاطع الوحيدة هي \[ X=\left(\frac1c,-\frac{e}{cd}\right). \] إحداثيها الأول يساوي الإحداثي الأول لـ\(A\). إذن \(AX\) عمودي على المستقيم الأفقي \(AI\)، وهذا يثبت التلاقي المطلوب.
استكمالًا للبحث، لا يمكن استبعاد حالة الانحلال بسبب التماس بالاعتماد على فروض المثلث وحدها. في التطبيع السابق، نأخذ \[ c=\frac{\sqrt6}{4},\qquad s=\frac{\sqrt{10}}4,\qquad m=\sqrt{15},\qquad n=\frac{\sqrt{15}}3. \] بما أن \(AE=AF=s/c=n\)، فإن المثلث الناتج يحقق \[ AB:AC:BC=1:2:2, \] ومن ثم فهو حاد الزوايا ويحقق \(AB\ne AC\). بالتعويض في معادلتي الدائرتين أعلاه نحصل على المركزين ونصفي القطر \[ O_C=\left(-\frac{3\sqrt6}{4},\frac{\sqrt{10}}4\right), \qquad r_C=\sqrt6, \] \[ O_B=\left(\frac{\sqrt6}{6},-\frac{\sqrt{10}}2\right), \qquad r_B=\frac{\sqrt6}{3}. \] المسافة بين مركزيهما هي \[ O_CO_B=\frac{4\sqrt6}{3}=r_C+r_B. \] إذن الدائرتان متماستان خارجيًا عند \(P\)، ولا توجد نقطة ثانية مختلفة \(Q\).
وعليه، فإن الإنشاء بحرفيته يفترض وجود نقطة التقاطع الثانية المختلفة المشترطة في نص المسألة. ولإدراج حالة الانحلال بالتماس، يجب تفسير \(PQ\) على أنه المماس المشترك. وهذا المماس هو المحور الجذري، لذا تثبت المعادلتان (4)–(5) التلاقي نفسه في هذا التفسير الموسع أيضًا.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.