➕➖ mathy ➗✖️

Welcome!✌ I write math stuff here.

☀️

🌒

Latin Standard

Libertinus

Dua Soal Geometri di Pelatnas 1 IMO 2023

Published on 21 Februari 2023

Pada pelatnas satu untuk seleksi tim Indonesia pada IMO 2023, saya submit dua soal geometri untuk tes, yakni tes pertama dan kedua. Soal-soalnya adalah sebagai berikut.

Problem Statement

Tes Pertama

Pada segitiga $ABC$, lingkaran dalamnya menyinggung $AB, AC$ pada $E, F$. Jika $X$ adalah titik tengah $EF$, buktikan bahwa $\angle BXC > 90^{\circ}$.

Tes Kedua

Dua buah lingkaran $\Gamma_1$ and $\Gamma_2$ berpotongan pada dua titik $P$ dan $Q$. Titik $X$ dan $Y$ terletak pada garis $PQ$ sehingga $X, P, Q, Y$ terletak pada urutan tersebut. Titik $A$ terletak pada $\Gamma_1$ dan titik $B$ terletak pada $\Gamma_2$ sehingga keempat titik berikut, yaitu perpotongan $\Gamma_1$ dengan $AX$ dan $AY$ serta perpotongan $\Gamma_2$ dengan $BX$ dan $BY$, terletak pada sebuah garis $\ell$. Buktikan bahwa $AB, \ell$ dan garis sumbu $PQ$ berpotongan pada satu titik.

Proposed Solutions

Tes Pertama

Solusi 1

Misal $I$ menyatakan $\textit{incenter}$ dari $\triangle ABC$. Misalkan pula perpanjangan $BI$ dan $CI$ memotong $EF$ di $B_1$ dan $C_1$ berturut-turut. Karena $\measuredangle B_1FC = \measuredangle EFA = \measuredangle B_1IC$, maka $B_1, F, I, C$ konsiklik. Akibatnya, $\measuredangle BB_1C = \measuredangle IB_1C = \measuredangle IFC = 90^{\circ}$. Dengan cara yang sama, diperoleh $\measuredangle BC_1C = 90^{\circ}$. Akibatnya, $B, C, B_1, C_1$ konsiklik dan berada pada sebuah lingkaran yang berdiameter $BC$. Karena $\angle IC_1B$ dan $\angle IB_1C$ keduanya lancip, maka proyeksi $I$ pada $B_1C_1$, yaitu $X$, terletak pada segmen $B_1C_1$. Akibatnya, $X$ terletak di dalam lingkaran berdiameter $BC$, i.e. $\angle BXC > 90^{\circ}$. $\square$

Solusi 2

Kuli Panjang.

Misal lingkaran dalam menyinggung $BC$ di $D$. Kita gunakan substitusi Ravi: $AB = a+b$, $AC = a+c$, $BC = b+c$, yang mengakibatkan $AE=AF=a$, $BE=BD=b$, $CD=CF=c$. Sudut $BXC$ tumpul ekuivalen dengan $BX^2 + XC^2 < BC^2$. Misalkan $EX=XF=t$. Kita peroleh $t = a \sin (\frac{A}{2})$. Dengan dalil cosinus pada $\triangle BEX$ diperoleh: $$\begin{aligned} BX^2 &= BE^2 + EX^2 - 2\cdot BE \cdot EX \cos \angle BEX \\ &= b^2 + t^2 - 2bt \cos \left( 90^{\circ} + \frac{A}{2} \right) \\ &= b^2 + t^2 + 2bt \sin \left( \frac{A}{2} \right). \end{aligned}$$ Dengan cara yang sama, diperoleh bahwa $CX^2 = c^2 + t^2 + 2ct \sin (A / 2)$. Sehingga: $$\begin{aligned} BX^2 + XC^2 &< BC^2 \\ \iff b^2 + t^2 + 2bt \sin \left( \frac{A}{2} \right) + c^2 + t^2 + 2ct \sin \left( \frac{A}{2} \right) &< (b + c)^2 \\ \iff b^2 + c^2 + 2t^2 + 2(b + c)t \sin \left( \frac{A}{2} \right) &< b^2 + c^2 + 2bc \\ \iff t^2 + (b + c)t \sin \left( \frac{A}{2} \right) &< bc \\ \iff a^2 \sin^2 \left( \frac{A}{2} \right) + (b + c) a \sin^2 \left( \frac{A}{2} \right) &< bc \\ \iff \sin^2 \left( \frac{A}{2} \right) &< \frac{bc}{a(a + b + c)}. \end{aligned}$$ Sehingga, kita cukup mencari nilai $\sin (A / 2)$ dalam $a, b, c$. Perhatikan $\triangle AEI$. Dengan heron, kita dapat nilai luas $ABC$ yaitu $\Delta = \sqrt{abc(a + b + c)}$, sehingga panjang inradius, yaitu $r = IE = \Delta / s = \sqrt{abc/(a + b + c)}$, di mana $s$ adalah semiperimeter yaitu $a + b + c$. Akibatnya, $AI = \sqrt{AE^2 + IE^2} = \sqrt{a^2 + r^2} = \sqrt{a(a+b)(a+c) / (a + b + c)}$, sehingga $$ \sin \left( \frac{A}{2} \right) = \frac{IE}{AI} = \sqrt{\frac{\frac{abc}{a + b + c}}{\frac{a(a + b)(a + c)}{a + b + c}}} = \sqrt{\frac{bc}{(a+b)(a+c)}}.$$ Sehingga $ \sin^2 (A / 2) = \frac{bc}{(a+b)(a+c)} < \frac{bc}{a(a+b+c)}$, terbukti. $\square$

Solusi 3

Solusi ini merupakan solusi original, dan terinsipirasi dari soal IMO SL 1998.

TBA (to be added)

Tes Kedua

Solusi

Notasikan $X_1, X_2, Y_2, Y_1$ sebagai keempat titik pada $\ell$ seperti pada gambar. Perhatikan bahwa $XX_2 \times XB = XP \times XQ = XX_1 \times XA$, sehingga berdasarkan converse PoP, $A, B, X_1, X_2$ siklik. Dengan cara yang sama, diperoleh $A, B, Y_1, Y_2$ juga siklik. Misalkan $O_1, O_2$ berturut-turut adalah pusat dari $\Gamma_1, \Gamma_2$, dan misal $T$ adalah perpotongan $AB$ dan $\ell$. Dengan PoP: $$ TX_2 \times TX_1 = TB \times TA = TY_2 \times TY_1 \implies \frac{TX_1}{TY_1} = \frac{TY_2}{TX_2}. (\bigstar) $$ Perhatikan bahwa: (di sini kita gunakan sudut berarah untuk handling configuration issues) $$ \measuredangle X_1O_1Y_1 = 2 \measuredangle X_1AY = 2 (\measuredangle X_1AB + \measuredangle BAY_1) = 2 (\measuredangle Y_2X_2B + \measuredangle BY_2X_2) = 2 \measuredangle Y_2BX_2 = \measuredangle Y_2OX_2. $$ Dan karena $\triangle X_1O_1Y_1$ dan $\triangle Y_2OX_2$ keduanya sama kaki, maka mudah diperoleh bahwa $\triangle X_1O_1Y \sim \triangle Y_2O_2X_2$. Lebih lanjut, dari $(\bigstar)$, kita simpulkan bahwa $\triangle X_1O_1Y \cup \{T\} \sim \triangle Y_2O_2X_2 \cup \{T\}$, atau $T$ merupakan pusat dilatasi yang memetakan kedua segitiga tersebut. Akibatnya, $T$ terletak pada $O_1O_2$, yang jelas merupakan garis sumbu dari $PQ$. Sehingga, ketiga garis berpotongan pada titik $T$. $\square$$\textbf{Alternatif Penyelesaian.}$ Setelah mendapatkan $(\bigstar)$, kita cukup meninjau sebuah inversi yang berpusat di $T$ dengan radius $\sqrt{TA \times TB}$. Perhatikan bahwa inversi ini menukar $\Gamma_1$ dan $\Gamma_2$. Karena $P$ dan $Q$ merupakan perpotongan kedua titik tersebut, maka mereka menjadi $\textit{fixed-point}$, i.e. $TP^2 = TQ^2 = TA \times TB$. Sehingga, $T$ ada di garis sumbu $PQ$. $\square$

Authorship Note

Jadi basically, soal tes 1 itu inspired dari IMO Shortlist 1998 G3, dan soal tes 2 itu hasil mengarang bebas di geogebra mencoba kondisi yang aneh-aneh.

Thanks for reading! Have a nice day! 😄