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2010 JMO #1

1. AB \neq AC인 예각삼각형 ABC가 있어 A에서 BC에 내린 수선의 발을 H라 하자. 점 P,Q를 세 점 A,B,P와 세 점 A,C,Q가 동시에 이 순서대로 일직선 상이 오게 했더니 네 점 B,C,P,Q가 한 원 위에 있으며 HP=HQ가 성립한다고 한다. 이 때 H는 삼각형 APQ의 외심임을 보여라. 단, XY로 선분 XY의 길이를 표시한다고 한다.

P,Q는 반직선 AB,AC 위에 있도록 한다. B,C,P,Q가 일직선이 되도록 하는 PQ들은 전부 서로 평행하다. 그들에 대해서 PQ의 수직이등분선도 바뀐다. (AB \neq AC이기 때문에) 즉 HP=HQ이며 B,C,P,Q가 한 원 위에 있단 조건을 만족시키는 PQ는 하나. 마찬가지로 HAPQ의 외심이 되는 PQ도 하나 뿐이다. (AH=HP인 것 자체가 A=P 제외하면 하나 뿐이니) 따라서 동일법을 써서 HAPQ의 외심이 되는 경우 B,C,P,Q가 한 원 위에 있음을 보이면 된다. 그런데 이런 경우 AH=HP이고 \angle BAH = \frac{\pi}{2}-B니까 정리하면 AP=2h \sin B가 된다. (h=HA) 마찬가지로 AQ=2h \sin C가 되어 AP \cdot AB = 2hc \sin B = \frac{hbc}{R} = 2hb \sin C = AQ \cdot AC가 된다. (R은 외접원 반지름 길이) 끝

뭐 그냥저냥..

2010 Iran NMO #5

5. 삼각형 ABC에서 \angle{A}=\frac{\pi}{3}라 한다. AB,AC의 연장선 위에 E,F를 잡아 BE=CF=BC가 되도록 한다. 직선 EF가 삼각형 ACE의 외접원과 K에서 만난다고 하자. (단, K\neq E) 이 때 K\angle{A}의 이등분선 위에 있음을 보여라.

흠.. 이것도 너무 쉽네 ㅠ

BC=a,CA=b,AB=c라 하고 A의 이등분선이 EF와 만나는 점이 ACE의 외접원 위에 있음을 보이면 된다. (동일법) 그 점을 K라 하고 A,C,E,K가 한 원 위에 있음을 보이자. 즉 FA \cdot FC = FE \cdot FK임을 보이면 되는데 FA=a+b, FC=a, FE = \sqrt{(a+b)^2+(a+c)^2-(a+b)(a+c)} = \sqrt{a^2 +ab+ac+b^2+c^2-bc} = \sqrt{2a^2 +ab+ac}, FK = FE \cdot \frac{a+b}{2a+b+c}니까 바로 증명끝..

2010 Iran NMO #3

3. 원 W_1,W_2D,P에서 만나고 있다. 점 A,B는 각각 W_1,W_2 위의 점으로 ABW_1,W_2와 동시에 접한다고 한다. DP보다 직선 AB에 더 가깝다고 하자. 직선 AD가 원 W_2C에서 다시 만난다고 할 때, BC의 중점 M에 대해 \angle{DPM}=\angle{BDC}임을 보여라.

의외의 곳에서 반전을 쓰면 의외로 쉽게 풀리기도..

B를 중심으로 반전한다. 그리고 반전된 점들엔 ‘을 붙여서 표현하기로 한다. (점뿐만 아니라 원이나 직선 등등도) 먼적 직선 AB는 그대로 A'B란 직선으로 바뀐다. W_2'A'B와 평행인 어떤 직선이 된다. W_1'은 직선 A'B와는 A'에서 접하는 원으로 W_2'와는 D',P'에서 만난다. 또한 P'BD'보다 더 가까운 거리에 있게 된다. 그러면 C'BA'D'의 외접원이 W_2'와 만나는 점이 되는데 이는 곧 A'BC'D'가 등변사다리꼴이 되게 하는 점이다. 또한 M'BC'=C'M'이 되도록 반직선 B'C'에 존재하는 점.

A'BC'D'는 등변사다리꼴인데 A'D'P'가 이등변삼각형이므로 A'D'=A'P'=BC'=C'M' 이런 변의 관계를 얻는다. 또한 A'BC'P'는 평행사변형이 된다. 따라서 A'B=C'P'이고 A'D' = C'M'이며 \angle D'A'B = \angle C'BA' = \angle M'C'P'이 되어 삼각형 A'BD'C'P'M'이 합동이 된다. 따라서 \angle DPM = \angle DPB + \angle BPM = \angle P'D'B + \angle P'M'B
= \angle A'BD' + \angle P'M'B = \angle M'P'C' + \angle P'M'C' = \angle BC'D' = \angle BDC가 되어 문제가 증명된다.

2010 KMO #6

6. 원에 내접하는 사각형 ABCD에 대하여 직선 ABCD가 점 X에서 만난다. 점 B를 지나고 직선 AC와 직교하는 직선과 점 C를 지나고 직선 BD와 직교하는 직선의 교점을 P라 하고, 점 D를 지나고 직선 AC와 직교하는 직선과 점 A를 지나고 직선 BD와 직교하는 직선의 교점을 Q라 하자. 세 점 X,P,Q가 한 직선 위에 있음을 보여라.

X를 중심으로 하고 적당히 확대/축소하여 각 X의 이등분선에 대해 대칭하면 B,CD,A로 대응되도록 할 수 있다. 이 때 A,D가 각각 XC,XB 위의 점 A',D'로 대응된다고 하자. 그리고 P가 대응되는 점을 P'라 하자. 그러면 P'A,D에서 DD',AA'에 내린 수선의 교점이다.각을 따져보면 ACDD'가 평행이고 AA',BD가 평행임을 쉽게 확인할 수 있다. 즉 AP'DD'와 수직인데 DQAC와 수직이 되어 AP',DQ는 평행이다. 마찬가지로 DP',AQ도 평행이다. 따라서 AP'DQ는 평행사변형이 된다.

따라서 싸인 정리에 의해 \frac{AP'}{\sin \angle AXP'} = \frac{XP'}{\sin \angle XAP'} = \frac{XP'}{\sin \angle XDP'} = \frac{DP'}{\sin \angle DXP'}가 된다. (\angle XAP' = \frac{\pi}{2}-\angle{DD'A} = \frac{\pi}{2}-\angle{DA'A}=\angle P'DX as directed angles) 마찬가지로 \angle XAQ = \angle XDQ임을 이용하면 \frac{\sin \angle DXQ}{DQ} = \frac{\sin \angle AXQ}{AQ}가 되므로 \frac{\sin \angle AXP'}{\sin \angle DXP'} = \frac{\sin \angle DXQ}{\sin \angle AXQ}가 되어 \angle AXP'=\angle DXQ인데 P'P를 확대/축소하여 대칭시켰으므로 \angle AXP' = \angle DXP이다. 따라서 \angle DXP = \angle DXQ가 되어 X,P,Q는 일직선 위.

이 아이디어 쓴게 2009 쇼트에도 있었는데..

2010 KMO #3

3. 삼각형 ABC의 내접원 I가 변 BC,CA,AB와 각각 P,Q,R에서 접한다고 하자. 두 점 B,C를 지나는 원이 원 I와 점 X에서 접하고, C,A를 지나는 원이 I와 점 Y에서 접하고, A,B를 지나는 원이 점 Z에서 접할 때, 세 직선 PX,QY,RZ가 한 점에서 만남을 보여라.

다소 계산이 많이 포함된 증명. 좀 아쉽군.. 분명 더 깔쌈한 증명이 있을 법 한데.

먼저 내접원을 \gamma, 잡은 세 원을 각각 \gamma_a,\gamma_b,\gamma_c라 한다. 그리고 직선 PX\gamma_aBC에 대해 A의 반대쪽에서 만나는 점을 잡아 M_a라 하면 M_a가 호 BC의 중점이 됨은 잘 알려져 있다. 원 \gamma_a의 중심을 O_a, 반지름을 R_a라 하자. 내접원의 반지름 길이는 r. 그러면 IO_a = R_a-r이다. I,O_a에서 BC에 내린 수선의 발을 임의로 H_1,H_2라 하면 H_1H_2=\frac{b-c}{2}이다. 이건 b=c여도 다 통용되는 이야기. 그러면 O_aH_2=\sqrt{R_a^2-\frac{a^2}{4}}이므로 피타고라스의 정리에 의해 (R_a-r)^2 = \frac{(b-c)^2}{4} + (r+\sqrt{R_a^2 - \frac{a^2}{4}})^2가 성립하고 정리하면 \frac{a^2-(b-c)^2}{8r} = R_a + \sqrt{R_a^2 - \frac{a^2}{4}}가 된다. (참고로 이것은 O_aBC에 대해 A의 반대쪽에 있을 때인데, 그 외의 경우는 중간 중간 부호만 바꿔주면 되고 겨과는 같다. 아마 그런 경우는 없던 것 같던데, 계산에 실수를 했을 수도 있어서..)

자 그러면 M_aO의 길이를 구하자. 여기서 OABC의 외심이다. 이는 M_aH_2 + H_2O = R_a + \sqrt{R_a^2 - \frac{a^2}{4}} + R \cos A인데 정리하면
\displaystyle \frac{a^2-(b-c)^2}{\frac{16S}{a+b+c}} + \frac{abc}{4S}\frac{-a^2+b^2+c^2}{2bc}
\displaystyle \frac{-a^3-b^3-c^3+a^2b+a^2c+b^2c+b^2a+c^2a+c^2b+2abc}{16S}가 된다. (SABC의 넓이) 즉 a,b,c에 대한 대칭식이 되므로, M_aO=M_bO=M_cO가 된다. 이는 M_aM_bM_c의 외접원은 O를 중심으로 하며, \gamma_a,\gamma_b,\gamma_c와 접함을 의미한다.

이제 M_a에서의 \gamma_a의 접선을 잡고 마찬가지로 나머지 두 접선을 잡는다. 그러면 이들은 ABC의 변들과 평행하므로 이 세 직선으로 이루어진 삼각형은 ABC와 닮음이다. 게다가 대응변이 평행하므로 닮음의 중심이 존재한다. 그런데 이 큰 삼각형의 내접원이 바로 M_aM_bM_c의 외접원이고 이것이 변과 접하는 점은 M_a이고, ABC에서 내접원이 변과 접하는 점은 P이다. 즉 P,M_a는 닮음 변환으로 대응되는 점이다. 따라서 닮음의 중심을 K라 하면 K,P,M_a가 한 직선 위에 있게 된다. 마찬가지로 K는 직선 QM_b,RM_c 위에 있게 되는데 이 직선들이 바로 PX,QY,RZ이므로 증명이 끝난다.

뒷부분은 그나마 깔끔..

2010 RMM #3

방금 올린 2010 RMM의 3번 문제. 나름 첫날 3번 포지션인데 저거 올리고 좀 풀어보니 바로 풀렸다. 아직 내 두뇌는 열려있어!!

어떤 두 변도 평행이 아닌 볼록사각형 A_1A_2A_3A_4가 주어져 있다. 임의의 i=1,2,3,4에 대해, 원 w_i가 사각형과 외접하며 직선 A_{i-1}A_i,A_iA_{i+1},A_{i+1}A_{i+2}와 접한다고 한다. (첨자는 mod 4로 따져서 A_0=A_4,A_5=A_1,A_6=A_2가 성립한다.) w_iA_iA_{i+1}의 접점을 T_i라 하자. 이 때 직선 A_1A_2,A_3A_4,T_2T_4가 한 점에서 만남은 직선 A_2A_3,A_4A_1,T_1T_3가 한 점에서 만남과 동치임을 보여라.

먼저 A_1A_2와는 T_1에서 접하고 A_3A_4와도 접하는 원 w를 잡는다. 그 원이 A_3A_4와 접하는 점을 T_3'이라 한다. 그러면 w_1,w의 내적 닮음 중심(공통내접선의 교점이기도 하며, 이 점을 중심으로 음수배 확대변환을 하면 두 원이 서로 대응된다.)은 T_1, w_1,w_3의 외적 닮음 중심은 A_2A_3 \cap A_4A_1이며 w,w_3의 내적 닮음 중심은 두 원의 공통내접선의 교점으로 직선 A_3A_4 위에 있다. Monge-d’Alembert’s Theorem에 의해, 이 세 점은 한 직선 위에 있게 된다.

따라서 A_2A_3,A_4A_1,T_1T_3이 한 점에서 만난다면 T_3A_2A_3 \cap A_4A_1T_1을 연결한 직선이 A_3A_4와 만나는 점이 되는데, 이게 바로 w,w_3의 내적 닮음 중심이 된다. 따라서 w,w_3은 점 T_3에서 접해야 하고 그 역이 성립한다. 곧, A_2A_3,A_4A_1,T_1T_3이 한 점에서 만나는 것과, 어떤 원이 있어 A_1A_2T_1에서, A_3A_4T_3에서 접함이 동치가 된다.

이를 식으로 표현하는 것은 간단하다. A_2A_3 \cap A_4A_1=X, A_1A_2 \cap A_3 A_4=Y라 하고 일반성을 잃지 않고 A_1X,A_4 사이에 놓이고 A_2Y,A_1 사이에 놓인다고 하자. 그러면 이 조건은 YT_1=YT_3과 동치가 되고, 이를 위해 A_1A_2=a, A_2A_3=b, A_3A_4=c, A_4A_1=d, A_1X=a_1, A_2X=a_2, A_2Y=b_1, A_3Y=b_2라 하면 a+b+2(b_1-b_2)=c+d+2(a_1-a_2)와 동치가 된다.

한 편 마찬가지로 하면 A_1A_2,A_3A_4,T_2T_4가 한 점에서 만남은 XT_2=XT_4와 동치가 되는데, 이것도 식으로 표현하면 a+b+2(b_1-b_2)=c+d+2(a_1-a_2)와 동치가 된다. 따라서, 둘은 동치이다.

저 Monge-d’Alembert의 정리는 의외로 유용하게 쓰인다. 2008년 KMO의 한 문제도 한 방에 해결되고..

2010 KMO 여름학교 모의고사 2차 #1

그동안 이것저것 일이 많아서 너무 오래 손을 놓고 있었다. 이번에 여름학교에 갔을 때가 마친 모의고사 보기 전이었기에 몇 문제를 propose했고 일부는 모의고사로 출제되었다. 다음은 그 중 한 문제.

예각 부등변 삼각형 ABC에 대해 A에서 BC에 내린 수선의 발을 P라 하고, BC,CA,AB의 중점을 각각 D,E,F라 하자. 그리고 P에서 DE,DF에 내린 수선의 발을 연결한 직선을 l_a라 하자. 마찬가지로 l_b,l_c를 정의하면 l_a,l_b,l_c는 한 점에서 만남을 보여라.

사실 이 문제 논증으로 풀려고 하면 의외로 어렵다. 나도 논증 풀이는 잘 모르겠다. 단지 확실한 것은 해석 기하 풀이가 길지 않게 반드시 존재하기 때문에 너무 어려운 포지션으로 나오기도 힘들다는 것이었다. 그래서 1번으로 냈는데, 별로 평균 점수는 그렇게 높지 않게 나타난 것 같다고.

당시 문제를 감수했던 L이 논증 풀이를 하나 제시하긴 했는데, 다소 복잡했던 것 같아 신경을 못 썼다. 매쓰링크에 올려보니 논증풀이가 올라오긴 왔는데 orthopole이란 개념을 쓰고 있더라. 현역 시절에도 사영기하 쪽은 하나도 안 들여다보았고 지금도 생소한 개념이라 읽기가 꺼려진다. 그래도 언젠가 한 번 봐야지..

논증 풀이 환영.