2012年IMO5番

数学オリンピック問題

久しぶりの更新です(ほぼ放置でした).今年のIMOの問題5.を解いてみました.
[問題]
Let ABCbe a triangle with ∠BCA=90^{\circ} , and let D be the foot of the altitude from C. LetX be a point in the interior of the segment CD. Let K be the point on the segment such thatBX=BC . Similarly, letL be the point on the segment BX such that AL=AC. Let M be the point of intersection of AL and BK.

Show that MK=ML.
和訳は略します.
[解答]

BXの延長にAから下ろした垂線の足をE,AEとCDの交点をFとおく．
すると
∠BDF=∠BEF=90^{\circ}よりD,B,F,Eは共円であることから
∠EFD=∠EBD…(1)
ここでAC=ALよりAC^{2}=AD\cdot AB=AL^{2}であるから
\triangle ALD∽\triangle ABLより∠ALD=∠ABLなので(1)と合わせると
∠DLA=∠DFAなので4点D,L,F,Aは共円.
∴∠ALF=∠ADF=90^{\circ}…(2)
同様に
∠DAX=∠DEX=∠DFB,BC^{2}=BK^{2}=BD\cdot BAより∠DAX=∠DKBだから
∠DKB=∠DFBとなって4点D,B,F,Kは共円.
∴∠BKF=∠BDF=90^{\circ}…(3)
また\triangle EFL∽\triangle LFAより,FL^{2}=FE\cdot FA…(4)
方べきの定理より
FE\cdot FA=FX\cdot FD…(5)
∠FKD=∠FKB+
∠BKD=90^{\circ}+∠BKD=90^{\circ}+∠KAB=∠ADX+∠KAD=∠FXK
また∠DFK=∠KFX(共通)より
\triangle FDK∽\triangle FKX(二角相等)
従ってFX:FK=FK:FD
∴FK^{2}=FX\cdot FD(6)
(4),(5),(6)から　FL=FK
これとFM共通，(3)より∠ MLF=∠MKF=90^{\circ}
なので
\triangle MLF\equiv\triangle MKF(斜辺他一辺相等)
∴ML=MK
[附言]
一見シンプルですが,個人的には補助線を引くのを思いつくのになかなか苦しみました.ただ,性質としては非常に面白いものだと思います.直角ということですから座標を設定して計算する方針も考えられますね.

円と四辺形

自作問題

今回は自作問題をとりあげます.
(1)四角形ABCDはBCを直径とする円周\Gamma上にある.いまこの円上に点Eをとり,CEとABとの交点をF,BDとの交点をGとし,CDとBEとの交点をH,CAとの交点をIとする.いま,BCとFI,HGとの交点をJ,Kとする.このときAJとDKの交点Lは元の円上にあることを示せ.
(2)(1)において,四角形ABCDをBCが直径でない場合,即ち一般の円に内接する四角形としても同様のことが成り立つことを示せ.

2006年ドイツ代表選抜試験問題

数学オリンピック問題

1月ぶり位の更新です.自作問題もいくつかあるのですが,今回は数学オリンピック問題を取り上げます.
[問題]
△ABCがあり,A,B,Cからそれぞれの対辺におろした垂線の足をD,E,Fとする.
いま，DE,DF上にそれぞれ点K,Mを∠KAM=∠EACとなるようにとる.このとき
∠AKD=∠AKMとなることを示せ.

[附言]
目の付け所はやや難しいかもしれませんが,気づけばとても簡単です.キーワードは○○(漢字二文字)です.

2011年IMO6番

数学オリンピック問題

今年のIMOの問題を解いてみました.
[問題]
Let ABC be an acute triangle with circumcircle Γ. Let l be a tangent line to Γ, and let l_{a},l_{b}and l_{c} be the lines obtained by reflecting in the lines BC,CA and AC, respectively. Show that the circumcircle of the triangle determined by the lines l_{a},l_{b} and l_{c} is tangent to the circle Γ.

[解答]
図のように記号を設定する.

すると，
∠ZDB=∠FDB,∠ZFB=∠XFBなので,Bは\triangle DFZの傍心だから
∠YZB=∠XZB
同様にして∠XYC=∠ZYCが示されるから，BZとCYの交点Iは\triangle XYZの内心となる．
∴∠ZCY=90+\frac{1}{2}ZXY=90+\frac{1}{2}(180-XFE+XEF
=90＋\frac{1}{2}(180-(180-2AFE)-(180-2AEF))=∠AFE+∠AEF
=180-∠BAC…(1)
また∠ZXY=2∠BPC-180=2(180-∠BAC)-180=
180-2∠BAC…(2)
ここにPのBCに関する対称点をP^{\prime}とすればP^{\prime}はYZ上にある．
いま\triangle P^{\prime}BZと\triangle P^{\prime}CYの外接円の交点をQとおくと
∠BQC=∠BQP'+∠CQP'
=∠PZB+∠PZC=180-∠CPB=∠BAC
よって，Qは\triangle ABCの外接円上にある…(3)
また
∠ZQY=∠ZQP'+∠YQP'
=∠P'BP+∠P'CP
=360-∠P'BC-∠BPC=360-2(180-∠BAC)=2∠BAC
これと(2)より,Qはまた\triangle XYZの外接円上にもある…(4)
(3)，(4)よりQは\triangle ABC,\triangle XYZの外接円の交点であるが，あと示すべきは
これがそれぞれの共通接点になるということである．
そこでQにおいて\triangle ABCの外接円の接線をひくと
∠RQB=∠QCB(接弦定理)
ここで
∠RQZ=∠RQB-∠ZQB=∠QCB-∠ZP^{\prime}B
=∠QCB-∠DPB
=∠QCB-∠PCB
=∠QCB-∠P^{\prime}CB（∵対称性）
=∠QCP^{\prime}=∠QYZ
となるので，RQは\triangle XYZの接線でもある．つまり2円は
Qにおいて接線を共有するから，この点で接する■
[附言]
この問題はかなり難しいでしょう．私はPCの作図ソフトを使って「強引」に解きました．おそらく試験場で完答するのは厳しいものがあると思います．ただ，性質としては非常に美しい，良問であると感じました.

外心と垂心と円

自作問題

またもや久々の更新です．今回はまだ自分では解いていないので「予想」的な問題です．
[問題]
△ABCの外心をOとする．線分AB上に点Dをとり，
ODBの外接円とBCの交点をE,ODEの外接円とCAの交点をFとする．さらに，ABCの外接円とODBの外接円との交点をP,OECの外接円との交点をQ,OFAの外接円の交点をRとおく．いま，ABCの垂心をH,PQRの垂心をIとするとき，OH=OIを示せ．

[附言]
あまり考えていないので何ともいえませんが，相似などをうまく使えば解けそうな気がします．解決した方はお知らせ下さい.

2011年ベネルクス数学オリンピック問題から

[数学オリンピック問題]2011年ベネルクス数学オリンピック問題から
久しぶりの更新です.今回はとれたての数学オリンピック問題からとりあげます.
[問題]
△ABCを鋭角三角形とし，その内心をIとする.AIはBCと点Dで交わっている．ADの垂直二等分線は[\tex:BI,CI]とそれぞれM,Nで交わっているとき,A,I,M,Nは同一円周上にあることを示せ.
(2011年ベネルクス代表選抜試験問題)
(図は省きました)
[附言]
設定が比較的シンプルであり,手頃な問題です.ただ,証明はちょっと書きづらいかもしれません．