IMO 2023 · Problem 2
Let \(ABC\) be an acute-angled triangle with \(AB<AC\). Let \(\Omega\) be the circumcircle of \(ABC\). Let \(S\) be the midpoint of the arc \(CB\) of \(\Omega\) containing \(A\). The perpendicular from \(A\) to \(BC\) meets \(BS\) at \(D\) and meets \(\Omega\) again at \(E\ne A\). The line through \(D\) parallel to \(BC\) meets line \(BE\) at \(L\). Denote the circumcircle of triangle \(BDL\) by \(\omega\). Let \(\omega\) meet \(\Omega\) again at \(P\ne B\). Prove that the line tangent to \(\omega\) at \(P\) meets line \(BS\) on the internal angle bisector of \(\angle BAC\).
Official text of the problem. Official problem paper (PDF)
Solution
Let \(M\) be the midpoint of the arc \(BC\) not containing \(A\). Then \(AM\) is the internal angle bisector of \(\angle BAC\). Both \(S\) and \(M\) lie on the perpendicular bisector of \(BC\), so \(SM\) is a diameter of \(\Omega\). In particular, \[ AD\parallel SM. \] Set \(T=AM\cap BS\). We will prove that \(TP\) is tangent to \(\omega\).
We first locate the relevant points. Write \[ \alpha=\angle BAC,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle ACB. \] Since \(AB<AC\), we have \(\beta>\gamma\), and \[ \angle SBC=\frac{180^\circ-\alpha}{2} =\frac{\beta+\gamma}{2}<\beta. \] Thus ray \(BS\) lies strictly inside \(\angle ABC\). Consequently, \(T\) lies inside triangle \(ABC\), and hence inside both segments \(AM\) and \(BS\). If \(H\) is the foot of the altitude from \(A\), then \(D\) lies strictly between \(A\) and \(H\), so \(D\) is inside \(\Omega\).
Also, \(E\) lies on the opposite side of \(BC\) from \(A\). Since \(DL\parallel BC\), the point \(L\) lies on the ray from \(B\) opposite to \(E\), and therefore outside \(\Omega\). As \(BE\ne BS\), triangle \(BDL\) is nondegenerate. The circle \(\omega\), containing a point inside \(\Omega\) and a point outside it, indeed has a second intersection \(P\ne B\) with \(\Omega\).
We claim that \[ AP\perp DP. \] First, \(P\ne A\). Otherwise \(A,B,D,L\) would be concyclic, and \(AD\perp DL\) would imply \(AB\perp BL=BE\). Thus \(AE\) would be a diameter of \(\Omega\). Since \(AE\perp BC\), it would then be the perpendicular bisector of \(BC\), giving \(AB=AC\), a contradiction. Also \(P\ne D\), because \(D\) is inside \(\Omega\).
Now use directed angles modulo \(180^\circ\). From the cyclic quadrilaterals \(ABEP\) and \(BDLP\), and the collinearity of \(B,E,L\), we obtain \[ \begin{aligned} \angle(AP,DP) &=\angle(AP,BP)+\angle(BP,DP)\\ &=\angle(AE,BE)+\angle(BL,DL)\\ &=\angle(AE,DL)\\ &=90^\circ. \end{aligned} \] This proves the claim. Hence \(P\) lies on the circle \(\Gamma\) with diameter \(AD\).
Because \(A,T,M\) and \(D,T,S\) are collinear and \(AD\parallel MS\), the homothety with centre \(T\) taking \(A\) to \(M\) also takes \(D\) to \(S\). These configurations are nondegenerate: if \(D=T\), then \(AM\parallel SM\), forcing \(A=S\) and therefore \(AB=AC\).
The homothety therefore takes the circle \(\Gamma\), with diameter \(AD\), to \(\Omega\), with diameter \(MS\). Their centres are collinear with \(T\). Moreover, the circles are distinct, since \(D\notin\Omega\), and their common chord is \(AP\). Their line of centres is consequently the perpendicular bisector of \(AP\). Thus \[ TP=TA. \tag{1} \]
The same homothety gives \[ \frac{TD}{TS}=\frac{TA}{TM}. \tag{2} \] Its ratio is negative, because \(T\) lies between \(A\) and \(M\). Hence \(D\) and \(S\) lie on opposite sides of \(T\), so \(B\) and \(D\) lie on the same ray from \(T\).
Applying the intersecting-chords theorem in \(\Omega\), we have \[ TB\cdot TS=TA\cdot TM. \] Together with (1) and (2), this yields \[ \operatorname{Pow}_{\omega}(T) =TB\cdot TD =(TB\cdot TS)\frac{TA}{TM} =TA^2 =TP^2. \] Since \(P\in\omega\), this equality proves that \(TP\) is tangent to \(\omega\). Indeed, if \(W\) and \(r\) are its centre and radius, then \[ TW^2=TP^2+r^2=TP^2+WP^2, \] so \(TP\perp WP\).
Therefore the tangent at \(P\) meets \(BS\) at \(T\), which lies on the internal angle bisector \(AM\), as required.
The solution was checked against the official IMO shortlist solutions.
IMO 2023 · Aufgabe 2
Sei \(ABC\) ein spitzwinkliges Dreieck mit \(AB<AC\) und sei \(\Omega\) der Umkreis von \(ABC\). Ferner sei \(S\) der Mittelpunkt des Bogens \(CB\) von \(\Omega\), der \(A\) enthält. Die Senkrechte von \(A\) auf \(BC\) schneide \(BS\) in \(D\) und \(\Omega\) nochmals in \(E\neq A\). Die Parallele zu \(BC\) durch \(D\) schneide die Gerade \(BE\) in \(L\). Der Umkreis des Dreiecks \(BDL\) sei mit \(\omega\) bezeichnet. Der zweite Schnittpunkt von \(\omega\) mit \(\Omega\) sei \(P\neq B\). Man beweise, dass die Tangente an \(\omega\) in \(P\) die Gerade \(BS\) auf der inneren Winkelhalbierenden von \(\angle BAC\) schneidet.
Offizieller deutscher Aufgabentext. Offizielles Aufgabenblatt (PDF)
Lösung
Sei \(M\) der Mittelpunkt des Bogens \(BC\), der \(A\) nicht enthält. Dann ist \(AM\) die innere Winkelhalbierende von \(\angle BAC\). Sowohl \(S\) als auch \(M\) liegen auf der Mittelsenkrechten von \(BC\), also ist \(SM\) ein Durchmesser von \(\Omega\). Insbesondere gilt \[ AD\parallel SM. \] Wir setzen \(T=AM\cap BS\). Wir werden beweisen, dass \(TP\) Tangente an \(\omega\) ist.
Zunächst bestimmen wir die Lage der relevanten Punkte. Wir schreiben \[ \alpha=\angle BAC,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle ACB. \] Wegen \(AB<AC\) gilt \(\beta>\gamma\), und \[ \angle SBC=\frac{180^\circ-\alpha}{2} =\frac{\beta+\gamma}{2}<\beta. \] Somit liegt der Strahl \(BS\) echt im Inneren von \(\angle ABC\). Folglich liegt \(T\) im Inneren des Dreiecks \(ABC\) und damit sowohl im Inneren der Strecke \(AM\) als auch im Inneren der Strecke \(BS\). Ist \(H\) der Höhenfußpunkt von \(A\), so liegt \(D\) echt zwischen \(A\) und \(H\), also im Inneren von \(\Omega\).
Außerdem liegt \(E\) auf der anderen Seite von \(BC\) als \(A\). Wegen \(DL\parallel BC\) liegt \(L\) auf dem zu \(BE\) entgegengesetzten Strahl mit Anfangspunkt \(B\) und daher außerhalb von \(\Omega\). Da \(BE\ne BS\), ist das Dreieck \(BDL\) nicht entartet. Der Kreis \(\omega\) enthält einen Punkt im Inneren von \(\Omega\) und einen Punkt außerhalb davon und hat daher tatsächlich einen zweiten Schnittpunkt \(P\ne B\) mit \(\Omega\).
Wir behaupten, dass \[ AP\perp DP. \] Zunächst gilt \(P\ne A\). Andernfalls lägen \(A,B,D,L\) auf einem Kreis, und aus \(AD\perp DL\) würde \(AB\perp BL=BE\) folgen. Somit wäre \(AE\) ein Durchmesser von \(\Omega\). Wegen \(AE\perp BC\) wäre \(AE\) dann die Mittelsenkrechte von \(BC\), woraus \(AB=AC\) folgen würde, ein Widerspruch. Außerdem gilt \(P\ne D\), da \(D\) im Inneren von \(\Omega\) liegt.
Nun verwenden wir gerichtete Winkel modulo \(180^\circ\). Aus den Sehnenvierecken \(ABEP\) und \(BDLP\) und der Kollinearität von \(B,E,L\) erhalten wir \[ \begin{aligned} \angle(AP,DP) &=\angle(AP,BP)+\angle(BP,DP)\\ &=\angle(AE,BE)+\angle(BL,DL)\\ &=\angle(AE,DL)\\ &=90^\circ. \end{aligned} \] Damit ist die Behauptung bewiesen. Also liegt \(P\) auf dem Kreis \(\Gamma\) mit Durchmesser \(AD\).
Da \(A,T,M\) und \(D,T,S\) jeweils kollinear sind und \(AD\parallel MS\) gilt, bildet die zentrische Streckung mit Zentrum \(T\), die \(A\) auf \(M\) abbildet, auch \(D\) auf \(S\) ab. Diese Konfigurationen sind nicht entartet: Wäre \(D=T\), so wäre \(AM\parallel SM\), was \(A=S\) und daher \(AB=AC\) erzwingen würde.
Die zentrische Streckung bildet also den Kreis \(\Gamma\) mit Durchmesser \(AD\) auf \(\Omega\) mit Durchmesser \(MS\) ab. Ihre Mittelpunkte liegen mit \(T\) auf einer Geraden. Zudem sind die Kreise verschieden, da \(D\notin\Omega\), und ihre gemeinsame Sehne ist \(AP\). Ihre Mittelpunktsgerade ist folglich die Mittelsenkrechte von \(AP\). Somit gilt \[ TP=TA. \tag{1} \]
Dieselbe zentrische Streckung liefert \[ \frac{TD}{TS}=\frac{TA}{TM}. \tag{2} \] Ihr Streckfaktor ist negativ, weil \(T\) zwischen \(A\) und \(M\) liegt. Daher liegen \(D\) und \(S\) auf verschiedenen Seiten von \(T\), also liegen \(B\) und \(D\) auf demselben Strahl mit Anfangspunkt \(T\).
Nach dem Sehnensatz in \(\Omega\) gilt \[ TB\cdot TS=TA\cdot TM. \] Zusammen mit (1) und (2) ergibt dies \[ \operatorname{Pow}_{\omega}(T) =TB\cdot TD =(TB\cdot TS)\frac{TA}{TM} =TA^2 =TP^2. \] Da \(P\in\omega\), beweist diese Gleichheit, dass \(TP\) Tangente an \(\omega\) ist. Sind nämlich \(W\) und \(r\) dessen Mittelpunkt und Radius, so gilt \[ TW^2=TP^2+r^2=TP^2+WP^2, \] also \(TP\perp WP\).
Somit schneidet die Tangente in \(P\) die Gerade \(BS\) in \(T\), und \(T\) liegt auf der inneren Winkelhalbierenden \(AM\), wie gefordert.
Die Lösung wurde mit den offiziellen Lösungen der IMO-Shortlist abgeglichen.
IMO 2023 · Soru 2
Dar açılı bir \(ABC\) üçgeninde \(|AB|<|AC|\) olsun. \(ABC\) üçgeninin çevrel çemberi \(\Omega\) olsun. \(\Omega\) çemberinin \(A\) noktasını içeren \(CB\) yayının orta noktası \(S\) olsun. \(A\) dan \(BC\) ye inilen dikme \(BS\) ile \(D\) noktasında ve \(\Omega\) ile ikinci kez \(E\ne A\) noktasında kesişiyor. \(D\) noktasından geçen ve \(BC\) doğrusuna paralel olan doğru \(BE\) doğrusu ile \(L\) noktasında kesişiyor. \(BDL\) üçgeninin çevrel çemberi \(\omega\) olsun. \(\omega\) ile \(\Omega\) ikinci kez \(P\ne B\) noktasında kesişiyor. \(\omega\) çemberine \(P\) noktasında teğet olan doğrunun \(BS\) doğrusu ile \(\angle BAC\) açısının iç açıortayı üzerinde kesiştiğini gösteriniz.
Sorunun resmi Türkçe metni. Resmi soru kâğıdı (PDF)
Çözüm
\(A\)'yı içermeyen \(BC\) yayının orta noktası \(M\) olsun. O zaman \(AM\), \(\angle BAC\) açısının iç açıortayıdır. Hem \(S\) hem de \(M\), \(BC\)'nin orta dikmesi üzerinde bulunduğundan \(SM\), \(\Omega\)'nın bir çapıdır. Özel olarak, \[ AD\parallel SM. \] \(T=AM\cap BS\) olsun. \(TP\)'nin \(\omega\)'ya teğet olduğunu ispatlayacağız.
Önce ilgili noktaların konumlarını belirleyelim. \[ \alpha=\angle BAC,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle ACB \] olarak yazalım. \(AB<AC\) olduğundan \(\beta>\gamma\) olur ve \[ \angle SBC=\frac{180^\circ-\alpha}{2} =\frac{\beta+\gamma}{2}<\beta. \] Dolayısıyla \(BS\) ışını, \(\angle ABC\) açısının kesin olarak içindedir. Bunun sonucunda \(T\), \(ABC\) üçgeninin içinde, dolayısıyla hem \(AM\) hem de \(BS\) doğru parçalarının içindedir. \(H\), \(A\)'dan indirilen yüksekliğin ayağı ise \(D\), \(A\) ile \(H\)'nin kesin olarak arasında yer alır; dolayısıyla \(D\), \(\Omega\)'nın içindedir.
Ayrıca \(E\), \(BC\)'nin \(A\)'ya göre karşı tarafında yer alır. \(DL\parallel BC\) olduğundan \(L\) noktası, \(B\)'den çıkan ve \(E\)'ye zıt yönde uzanan ışın üzerinde, dolayısıyla \(\Omega\)'nın dışında yer alır. \(BE\ne BS\) olduğundan \(BDL\) üçgeni dejenere değildir. \(\Omega\)'nın içinde bir nokta ve dışında bir nokta içeren \(\omega\) çemberinin, gerçekten de \(\Omega\) ile \(P\ne B\) olan ikinci bir kesişim noktası vardır.
Şunu iddia ediyoruz: \[ AP\perp DP. \] Öncelikle \(P\ne A\) olur. Aksi hâlde \(A,B,D,L\) çembersel olurdu ve \(AD\perp DL\) bağıntısı \(AB\perp BL=BE\) sonucunu verirdi. Dolayısıyla \(AE\), \(\Omega\)'nın bir çapı olurdu. \(AE\perp BC\) olduğundan bu doğru aynı zamanda \(BC\)'nin orta dikmesi olur ve \(AB=AC\) elde edilirdi; bu bir çelişkidir. Ayrıca \(D\), \(\Omega\)'nın içinde olduğundan \(P\ne D\) olur.
Şimdi \(180^\circ\) modülünde yönlü açıları kullanalım. \(ABEP\) ve \(BDLP\) kirişler dörtgenlerinden ve \(B,E,L\) noktalarının doğrudaşlığından \[ \begin{aligned} \angle(AP,DP) &=\angle(AP,BP)+\angle(BP,DP)\\ &=\angle(AE,BE)+\angle(BL,DL)\\ &=\angle(AE,DL)\\ &=90^\circ \end{aligned} \] elde ederiz. Bu, iddiayı ispatlar. Dolayısıyla \(P\), çapı \(AD\) olan \(\Gamma\) çemberi üzerindedir.
\(A,T,M\) ve \(D,T,S\) doğrudaş ve \(AD\parallel MS\) olduğundan, merkezi \(T\) olan ve \(A\)'yı \(M\)'ye götüren homoteti, \(D\)'yi de \(S\)'ye götürür. Bu şekiller dejenere değildir: \(D=T\) olsaydı \(AM\parallel SM\) olurdu; bu da \(A=S\) ve dolayısıyla \(AB=AC\) olmasını gerektirirdi.
Dolayısıyla bu homoteti, çapı \(AD\) olan \(\Gamma\) çemberini, çapı \(MS\) olan \(\Omega\)'ya götürür. Bu çemberlerin merkezleri \(T\) ile doğrudaştır. Üstelik \(D\notin\Omega\) olduğundan çemberler farklıdır ve ortak kirişleri \(AP\)'dir. Bu nedenle merkezlerini birleştiren doğru, \(AP\)'nin orta dikmesidir. Böylece \[ TP=TA. \tag{1} \]
Aynı homoteti \[ \frac{TD}{TS}=\frac{TA}{TM} \tag{2} \] bağıntısını verir. \(T\), \(A\) ile \(M\)'nin arasında olduğundan homotetinin oranı negatiftir. Bu nedenle \(D\) ve \(S\), \(T\)'nin karşı taraflarında yer alır; dolayısıyla \(B\) ve \(D\), \(T\)'den çıkan aynı ışın üzerindedir.
\(\Omega\)'da kesişen kirişler teoremini uygulayarak \[ TB\cdot TS=TA\cdot TM \] elde ederiz. (1) ve (2) ile birlikte bu, \[ \operatorname{Pow}_{\omega}(T) =TB\cdot TD =(TB\cdot TS)\frac{TA}{TM} =TA^2 =TP^2 \] sonucunu verir. \(P\in\omega\) olduğundan bu eşitlik, \(TP\)'nin \(\omega\)'ya teğet olduğunu ispatlar. Gerçekten, \(W\) ve \(r\) bu çemberin merkezi ve yarıçapı ise \[ TW^2=TP^2+r^2=TP^2+WP^2 \] olur; dolayısıyla \(TP\perp WP\) elde edilir.
O hâlde \(P\)'deki teğet, \(BS\)'yi iç açıortay \(AM\) üzerinde bulunan \(T\) noktasında keser; istenen de budur.
Çözüm, resmi IMO shortlist çözümleriyle karşılaştırılarak kontrol edildi.
IMO 2023 · Problema 2
Sea \(ABC\) un triángulo acutángulo con \(AB<AC\). Sea \(\Omega\) el circuncírculo de \(ABC\). Sea \(S\) el punto medio del arco \(CB\) de \(\Omega\) que contiene a \(A\). La perpendicular por \(A\) a \(BC\) corta al segmento \(BS\) en \(D\) y a \(\Omega\) de nuevo en \(E\ne A\). La paralela a \(BC\) por \(D\) corta a la recta \(BE\) en \(L\). Sea \(\omega\) el circuncírculo del triángulo \(BDL\). Las circunferencias \(\omega\) y \(\Omega\) se cortan de nuevo en \(P\ne B\). Demuestra que la recta tangente a \(\omega\) en \(P\) corta a la recta \(BS\) en un punto de la bisectriz interior del ángulo \(\angle BAC\).
Texto oficial en español del problema. Enunciado oficial (PDF)
Solución
Sea \(M\) el punto medio del arco \(BC\) que no contiene a \(A\). Entonces \(AM\) es la bisectriz interior de \(\angle BAC\). Tanto \(S\) como \(M\) están en la mediatriz de \(BC\), por lo que \(SM\) es un diámetro de \(\Omega\). En particular, \[ AD\parallel SM. \] Sea \(T=AM\cap BS\). Demostraremos que \(TP\) es tangente a \(\omega\).
Primero situamos los puntos pertinentes. Escribamos \[ \alpha=\angle BAC,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle ACB. \] Como \(AB<AC\), tenemos \(\beta>\gamma\), y \[ \angle SBC=\frac{180^\circ-\alpha}{2} =\frac{\beta+\gamma}{2}<\beta. \] Así, la semirrecta \(BS\) está estrictamente en el interior de \(\angle ABC\). Por consiguiente, \(T\) está en el interior del triángulo \(ABC\), y por tanto en el interior de ambos segmentos \(AM\) y \(BS\). Si \(H\) es el pie de la altura desde \(A\), entonces \(D\) está estrictamente entre \(A\) y \(H\), de modo que \(D\) está en el interior de \(\Omega\).
Además, \(E\) está al otro lado de \(BC\) respecto de \(A\). Como \(DL\parallel BC\), el punto \(L\) está en la semirrecta de origen \(B\) opuesta a la que contiene a \(E\), y por tanto en el exterior de \(\Omega\). Puesto que \(BE\ne BS\), el triángulo \(BDL\) no es degenerado. La circunferencia \(\omega\), que contiene un punto interior a \(\Omega\) y un punto exterior a ella, tiene, en efecto, una segunda intersección \(P\ne B\) con \(\Omega\).
Afirmamos que \[ AP\perp DP. \] En primer lugar, \(P\ne A\). De lo contrario, \(A,B,D,L\) serían concíclicos, y \(AD\perp DL\) implicaría \(AB\perp BL=BE\). Así, \(AE\) sería un diámetro de \(\Omega\). Como \(AE\perp BC\), sería entonces la mediatriz de \(BC\), lo que daría \(AB=AC\), una contradicción. Además, \(P\ne D\), porque \(D\) está en el interior de \(\Omega\).
Utilicemos ahora ángulos orientados módulo \(180^\circ\). De los cuadriláteros cíclicos \(ABEP\) y \(BDLP\), y de la colinealidad de \(B,E,L\), obtenemos \[ \begin{aligned} \angle(AP,DP) &=\angle(AP,BP)+\angle(BP,DP)\\ &=\angle(AE,BE)+\angle(BL,DL)\\ &=\angle(AE,DL)\\ &=90^\circ. \end{aligned} \] Esto demuestra la afirmación. Por tanto, \(P\) está en la circunferencia \(\Gamma\) de diámetro \(AD\).
Como \(A,T,M\) y \(D,T,S\) son colineales y \(AD\parallel MS\), la homotecia de centro \(T\) que lleva \(A\) a \(M\) también lleva \(D\) a \(S\). Estas configuraciones no son degeneradas: si \(D=T\), entonces \(AM\parallel SM\), lo que obliga a que \(A=S\) y, por tanto, \(AB=AC\).
La homotecia lleva, por tanto, la circunferencia \(\Gamma\), de diámetro \(AD\), a \(\Omega\), de diámetro \(MS\). Sus centros están alineados con \(T\). Además, las circunferencias son distintas, puesto que \(D\notin\Omega\), y su cuerda común es \(AP\). Por consiguiente, la recta de sus centros es la mediatriz de \(AP\). Así, \[ TP=TA. \tag{1} \]
La misma homotecia da \[ \frac{TD}{TS}=\frac{TA}{TM}. \tag{2} \] Su razón es negativa, porque \(T\) está entre \(A\) y \(M\). Por tanto, \(D\) y \(S\) están en lados opuestos de \(T\), de modo que \(B\) y \(D\) están en la misma semirrecta de origen \(T\).
Aplicando el teorema de las cuerdas que se cortan en \(\Omega\), tenemos \[ TB\cdot TS=TA\cdot TM. \] Junto con (1) y (2), esto da \[ \operatorname{Pow}_{\omega}(T) =TB\cdot TD =(TB\cdot TS)\frac{TA}{TM} =TA^2 =TP^2. \] Como \(P\in\omega\), esta igualdad demuestra que \(TP\) es tangente a \(\omega\). En efecto, si \(W\) y \(r\) son su centro y su radio, entonces \[ TW^2=TP^2+r^2=TP^2+WP^2, \] por lo que \(TP\perp WP\).
Por tanto, la tangente en \(P\) corta a \(BS\) en \(T\), que está en la bisectriz interior \(AM\), como se quería demostrar.
La solución se comprobó con las soluciones oficiales de la shortlist de la IMO.
IMO 2023 · 问题 2
在锐角三角形 \(ABC\) 中，\(AB<AC\)。设 \(\Omega\) 为三角形 \(ABC\) 的外接圆。点 \(S\) 是 \(\Omega\) 上包含点 \(A\) 的弧 \(CB\) 的中点。过点 \(A\) 作垂直于 \(BC\) 的直线与 \(BS\) 交于点 \(D\)，与圆 \(\Omega\) 交于另一点 \(E\ne A\)。过点 \(D\) 且平行于 \(BC\) 的直线与直线 \(BE\) 交于点 \(L\)。记 \(\omega\) 为三角形 \(BDL\) 的外接圆。设 \(\omega\) 与 \(\Omega\) 交于另一点 \(P\ne B\)。
证明：\(\omega\) 在点 \(P\) 处的切线与直线 \(BS\) 的交点在 \(\angle BAC\) 的内角平分线上。
题目为官方中文译本。 官方试卷 (PDF)
解答
设 \(M\) 为不包含 \(A\) 的弧 \(BC\) 的中点。则 \(AM\) 是 \(\angle BAC\) 的内角平分线。\(S\) 和 \(M\) 都在 \(BC\) 的垂直平分线上，所以 \(SM\) 是 \(\Omega\) 的直径。特别地， \[ AD\parallel SM. \] 设 \(T=AM\cap BS\)。我们将证明 \(TP\) 与 \(\omega\) 相切。
首先确定有关点的位置。记 \[ \alpha=\angle BAC,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle ACB. \] 由于 \(AB<AC\)，有 \(\beta>\gamma\)，且 \[ \angle SBC=\frac{180^\circ-\alpha}{2} =\frac{\beta+\gamma}{2}<\beta. \] 因此，射线 \(BS\) 严格位于 \(\angle ABC\) 的内部。于是，\(T\) 位于三角形 \(ABC\) 的内部，从而也位于线段 \(AM\) 和 \(BS\) 的内部。若 \(H\) 是从 \(A\) 引出的高的垂足，则 \(D\) 严格位于 \(A\) 和 \(H\) 之间，所以 \(D\) 在 \(\Omega\) 的内部。
此外，\(E\) 与 \(A\) 位于 \(BC\) 的两侧。由于 \(DL\parallel BC\)，点 \(L\) 位于射线 \(BE\) 的反向射线上，因而在 \(\Omega\) 的外部。由于 \(BE\ne BS\)，三角形 \(BDL\) 非退化。圆 \(\omega\) 经过 \(\Omega\) 内部的一点和外部的一点，因此它与 \(\Omega\) 确实有第二个交点 \(P\ne B\)。
我们断言 \[ AP\perp DP. \] 首先，\(P\ne A\)。否则，\(A,B,D,L\) 四点共圆，而由 \(AD\perp DL\) 可得 \(AB\perp BL=BE\)。于是 \(AE\) 是 \(\Omega\) 的直径。由于 \(AE\perp BC\)，它就是 \(BC\) 的垂直平分线，从而 \(AB=AC\)，矛盾。此外，\(P\ne D\)，因为 \(D\) 在 \(\Omega\) 的内部。
现在使用模 \(180^\circ\) 的有向角。由圆内接四边形 \(ABEP\) 和 \(BDLP\)，以及 \(B,E,L\) 三点共线，得到 \[ \begin{aligned} \angle(AP,DP) &=\angle(AP,BP)+\angle(BP,DP)\\ &=\angle(AE,BE)+\angle(BL,DL)\\ &=\angle(AE,DL)\\ &=90^\circ. \end{aligned} \] 断言得证。因此，\(P\) 位于以 \(AD\) 为直径的圆 \(\Gamma\) 上。
因为 \(A,T,M\) 三点共线，\(D,T,S\) 三点共线，且 \(AD\parallel MS\)，所以以 \(T\) 为中心、将 \(A\) 映到 \(M\) 的位似变换也将 \(D\) 映到 \(S\)。这些构型均非退化：若 \(D=T\)，则 \(AM\parallel SM\)，迫使 \(A=S\)，从而 \(AB=AC\)。
因此，该位似变换将以 \(AD\) 为直径的圆 \(\Gamma\) 映到以 \(MS\) 为直径的圆 \(\Omega\)。两圆的圆心与 \(T\) 共线。此外，由于 \(D\notin\Omega\)，两圆不同，且它们的公共弦为 \(AP\)。因此，它们的连心线是 \(AP\) 的垂直平分线。故 \[ TP=TA. \tag{1} \]
由同一个位似变换，得到 \[ \frac{TD}{TS}=\frac{TA}{TM}. \tag{2} \] 由于 \(T\) 位于 \(A\) 和 \(M\) 之间，位似比为负。因此，\(D\) 和 \(S\) 位于 \(T\) 的两侧，所以 \(B\) 和 \(D\) 位于以 \(T\) 为端点的同一条射线上。
在 \(\Omega\) 中应用相交弦定理，有 \[ TB\cdot TS=TA\cdot TM. \] 结合 (1) 和 (2)，得到 \[ \operatorname{Pow}_{\omega}(T) =TB\cdot TD =(TB\cdot TS)\frac{TA}{TM} =TA^2 =TP^2. \] 由于 \(P\in\omega\)，此等式证明了 \(TP\) 与 \(\omega\) 相切。事实上，若 \(W\) 和 \(r\) 分别为它的圆心和半径，则 \[ TW^2=TP^2+r^2=TP^2+WP^2, \] 所以 \(TP\perp WP\)。
因此，\(P\) 处的切线与 \(BS\) 相交于 \(T\)，而 \(T\) 位于内角平分线 \(AM\) 上，即得所证。
解答已与 IMO 官方预选题（shortlist）解答核对。
IMO 2023 · Задача 2
Дан остроугольный треугольник \(ABC\), причем \(AB<AC\). Окружность \(\Omega\) описана около треугольника \(ABC\). Середину ее дуги \(CB\), содержащей точку \(A\), обозначим через \(S\). Прямая, проходящая через \(A\) и перпендикулярная стороне \(BC\), пересекает отрезок \(BS\) в точке \(D\) и пересекает \(\Omega\) второй раз в точке \(E\ne A\). Прямая, проходящая через \(D\) и параллельная стороне \(BC\), пересекает прямую \(BE\) в точке \(L\). Окружность, описанную около треугольника \(BDL\), обозначим через \(\omega\). Пусть \(P\ne B\) – вторая точка пересечения \(\omega\) с \(\Omega\). Докажите, что касательная к окружности \(\omega\) в точке \(P\) пересекает прямую \(BS\) в точке, лежащей на биссектрисе угла \(\angle BAC\).
Официальный русский текст задачи. Официальный текст задач (PDF)
Решение
Пусть \(M\) — середина дуги \(BC\), не содержащей \(A\). Тогда \(AM\) — биссектриса внутреннего угла \(\angle BAC\). Обе точки \(S\) и \(M\) лежат на серединном перпендикуляре к \(BC\), поэтому \(SM\) — диаметр окружности \(\Omega\). В частности, \[ AD\parallel SM. \] Положим \(T=AM\cap BS\). Докажем, что \(TP\) касается \(\omega\).
Сначала выясним расположение нужных точек. Обозначим \[ \alpha=\angle BAC,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle ACB. \] Поскольку \(AB<AC\), имеем \(\beta>\gamma\), и \[ \angle SBC=\frac{180^\circ-\alpha}{2} =\frac{\beta+\gamma}{2}<\beta. \] Таким образом, луч \(BS\) лежит строго внутри угла \(\angle ABC\). Следовательно, \(T\) лежит внутри треугольника \(ABC\), а значит, внутри обоих отрезков \(AM\) и \(BS\). Если \(H\) — основание высоты из \(A\), то \(D\) лежит строго между \(A\) и \(H\), поэтому \(D\) находится внутри \(\Omega\).
Кроме того, \(E\) лежит по другую сторону от \(BC\), чем \(A\). Поскольку \(DL\parallel BC\), точка \(L\) лежит на луче с началом в \(B\), противоположном лучу \(BE\), и потому вне \(\Omega\). Так как \(BE\ne BS\), треугольник \(BDL\) невырожденный. Окружность \(\omega\), содержащая точку внутри \(\Omega\) и точку вне ее, действительно имеет с \(\Omega\) вторую общую точку \(P\ne B\).
Утверждаем, что \[ AP\perp DP. \] Прежде всего, \(P\ne A\). Иначе точки \(A,B,D,L\) лежали бы на одной окружности, и из \(AD\perp DL\) следовало бы \(AB\perp BL=BE\). Тогда \(AE\) было бы диаметром \(\Omega\). Поскольку \(AE\perp BC\), прямая \(AE\) была бы серединным перпендикуляром к \(BC\), откуда \(AB=AC\), противоречие. Также \(P\ne D\), поскольку \(D\) находится внутри \(\Omega\).
Теперь воспользуемся ориентированными углами по модулю \(180^\circ\). Из того, что четырехугольники \(ABEP\) и \(BDLP\) вписанные, а точки \(B,E,L\) лежат на одной прямой, получаем \[ \begin{aligned} \angle(AP,DP) &=\angle(AP,BP)+\angle(BP,DP)\\ &=\angle(AE,BE)+\angle(BL,DL)\\ &=\angle(AE,DL)\\ &=90^\circ. \end{aligned} \] Утверждение доказано. Следовательно, \(P\) лежит на окружности \(\Gamma\) с диаметром \(AD\).
Поскольку точки \(A,T,M\) и \(D,T,S\) лежат на одной прямой соответственно и \(AD\parallel MS\), гомотетия с центром \(T\), переводящая \(A\) в \(M\), переводит также \(D\) в \(S\). Эти конфигурации невырожденные: если \(D=T\), то \(AM\parallel SM\), откуда \(A=S\) и, следовательно, \(AB=AC\).
Таким образом, эта гомотетия переводит окружность \(\Gamma\) с диаметром \(AD\) в окружность \(\Omega\) с диаметром \(MS\). Их центры лежат на одной прямой с \(T\). Кроме того, окружности различны, поскольку \(D\notin\Omega\), и их общая хорда — \(AP\). Поэтому их линия центров является серединным перпендикуляром к \(AP\). Значит, \[ TP=TA. \tag{1} \]
Та же гомотетия дает \[ \frac{TD}{TS}=\frac{TA}{TM}. \tag{2} \] Ее коэффициент отрицателен, поскольку \(T\) лежит между \(A\) и \(M\). Следовательно, \(D\) и \(S\) лежат по разные стороны от \(T\), поэтому \(B\) и \(D\) лежат на одном луче с началом в \(T\).
Применяя теорему о пересекающихся хордах в \(\Omega\), получаем \[ TB\cdot TS=TA\cdot TM. \] Вместе с (1) и (2) это дает \[ \operatorname{Pow}_{\omega}(T) =TB\cdot TD =(TB\cdot TS)\frac{TA}{TM} =TA^2 =TP^2. \] Поскольку \(P\in\omega\), это равенство доказывает, что \(TP\) касается \(\omega\). Действительно, если \(W\) и \(r\) — ее центр и радиус, то \[ TW^2=TP^2+r^2=TP^2+WP^2, \] поэтому \(TP\perp WP\).
Таким образом, касательная в точке \(P\) пересекает \(BS\) в точке \(T\), лежащей на биссектрисе \(AM\) внутреннего угла, что и требовалось доказать.
Решение проверено по официальным решениям шортлиста IMO.
IMO 2023 · المسألة 2
ليكن \(ABC\) مثلث حاد الزوايا بحيث \(AB<AC\). لتكن \(\Omega\) هي الدائرة المحيطة بالمثلث \(ABC\). لتكن \(S\) هي نقطة منتصف القوس \(CB\) في \(\Omega\) الذي يحوي \(A\). العمود من \(A\) على \(BC\) يقابل \(BS\) في \(D\) ويقابل \(\Omega\) مرة أخرى في \(E\ne A\). المستقيم المار بالنقطة \(D\) موازيًا \(BC\) يقابل المستقيم \(BE\) في \(L\). لتكن الدائرة المحيطة بالمثلث \(BDL\) هي \(\omega\). لتكن \(\omega\) تقابل \(\Omega\) مرة أخرى في \(P\ne B\). أثبت أن المماس لـ\(\omega\) عند \(P\) يقابل المستقيم \(BS\) في نقطة تقع على المنصف الداخلي لزاوية \(\angle BAC\).
نص المسألة هو الترجمة العربية الرسمية. ورقة المسائل الرسمية (PDF)
الحل
لتكن \(M\) منتصف القوس \(BC\) الذي لا يحوي \(A\). إذن \(AM\) هو المنصف الداخلي للزاوية \(\angle BAC\). تقع كل من \(S\) و\(M\) على المنصف العمودي للقطعة \(BC\)، ولذلك فإن \(SM\) قطر للدائرة \(\Omega\). وعلى وجه الخصوص، \[ AD\parallel SM. \] نضع \(T=AM\cap BS\). سنثبت أن \(TP\) مماس للدائرة \(\omega\).
نحدد أولًا مواضع النقاط المعنية. نكتب \[ \alpha=\angle BAC,\qquad \beta=\angle ABC,\qquad \gamma=\angle ACB. \] بما أن \(AB<AC\)، فإن \(\beta>\gamma\)، ولدينا \[ \angle SBC=\frac{180^\circ-\alpha}{2} =\frac{\beta+\gamma}{2}<\beta. \] إذن يقع الشعاع \(BS\) داخل الزاوية \(\angle ABC\) تمامًا. وبالتالي تقع \(T\) داخل المثلث \(ABC\)، ومن ثم في داخل كل من القطعتين \(AM\) و\(BS\). وإذا كانت \(H\) قدم الارتفاع من \(A\)، فإن \(D\) تقع بين \(A\) و\(H\) تمامًا، ولذلك تقع \(D\) داخل \(\Omega\).
كذلك تقع \(E\) في الجهة المقابلة لـ\(A\) بالنسبة إلى \(BC\). وبما أن \(DL\parallel BC\)، فإن النقطة \(L\) تقع على الشعاع المنطلق من \(B\) والمعاكس للشعاع نحو \(E\)، ومن ثم خارج \(\Omega\). ولأن \(BE\ne BS\)، فإن المثلث \(BDL\) غير منعدم. والدائرة \(\omega\)، التي تحوي نقطة داخل \(\Omega\) ونقطة خارجها، لها بالفعل نقطة تقاطع ثانية \(P\ne B\) مع \(\Omega\).
ندعي أن \[ AP\perp DP. \] أولًا، \(P\ne A\). وإلا لكانت \(A,B,D,L\) على دائرة واحدة، ولكان \(AD\perp DL\) يستلزم \(AB\perp BL=BE\). وعندئذ يكون \(AE\) قطرًا للدائرة \(\Omega\). وبما أن \(AE\perp BC\)، فإنه يكون المنصف العمودي للقطعة \(BC\)، مما يعطي \(AB=AC\)، وهذا تناقض. كذلك \(P\ne D\)، لأن \(D\) داخل \(\Omega\).
نستخدم الآن الزوايا الموجهة بترديد \(180^\circ\). من الرباعيين الدائريين \(ABEP\) و\(BDLP\)، ومن استقامية \(B,E,L\)، نحصل على \[ \begin{aligned} \angle(AP,DP) &=\angle(AP,BP)+\angle(BP,DP)\\ &=\angle(AE,BE)+\angle(BL,DL)\\ &=\angle(AE,DL)\\ &=90^\circ. \end{aligned} \] وهذا يثبت الادعاء. إذن تقع \(P\) على الدائرة \(\Gamma\) ذات القطر \(AD\).
بما أن \(A,T,M\) على استقامة واحدة، وكذلك \(D,T,S\)، وبما أن \(AD\parallel MS\)، فإن التحاكي ذا المركز \(T\) الذي يحول \(A\) إلى \(M\) يحول أيضًا \(D\) إلى \(S\). هذه الأوضاع غير منعدمة: فلو كانت \(D=T\)، لكان \(AM\parallel SM\)، مما يفرض \(A=S\)، ومن ثم \(AB=AC\).
إذن يحول هذا التحاكي الدائرة \(\Gamma\)، ذات القطر \(AD\)، إلى \(\Omega\)، ذات القطر \(MS\). ويقع مركزاهما على استقامة واحدة مع \(T\). علاوة على ذلك، الدائرتان مختلفتان لأن \(D\notin\Omega\)، ووترهما المشترك هو \(AP\). ولذلك فإن مستقيم مركزيهما هو المنصف العمودي للقطعة \(AP\). ومن ثم \[ TP=TA. \tag{1} \]
ويعطي التحاكي نفسه \[ \frac{TD}{TS}=\frac{TA}{TM}. \tag{2} \] نسبته سالبة، لأن \(T\) تقع بين \(A\) و\(M\). إذن تقع \(D\) و\(S\) على جهتين متقابلتين من \(T\)، ومن ثم تقع \(B\) و\(D\) على الشعاع نفسه المنطلق من \(T\).
بتطبيق نظرية الوترين المتقاطعين في \(\Omega\)، نحصل على \[ TB\cdot TS=TA\cdot TM. \] ومع (1) و(2)، ينتج عن ذلك \[ \operatorname{Pow}_{\omega}(T) =TB\cdot TD =(TB\cdot TS)\frac{TA}{TM} =TA^2 =TP^2. \] بما أن \(P\in\omega\)، فإن هذه المساواة تثبت أن \(TP\) مماس للدائرة \(\omega\). بالفعل، إذا كان \(W\) مركزها و\(r\) نصف قطرها، فإن \[ TW^2=TP^2+r^2=TP^2+WP^2, \] ومن ثم \(TP\perp WP\).
إذن يلتقي المماس عند \(P\) بالمستقيم \(BS\) في \(T\)، التي تقع على منصف الزاوية الداخلي \(AM\)، كما هو مطلوب.
تمت مراجعة الحل بمقارنته بالحلول الرسمية لقائمة IMO المختصرة.