2011年IMO6番 - Menelarの記録手帳

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.