Let k_1, k_2 and k_3 be three circles with centers O_1, O_2 and O_3 respectively, such that none of the centers lies inside any of the two other circles. The circles k_1 and k_2 intersect in A and P, k_1 and k_3 intersect in C and P and k_2 and k_3 intersect in B and P. Let X be a point on k_1 such that the intersection of the line XA with the circle k_2 is Y and the intersection of the line XC with k_3 is Z and so that Y belongs neither inside k_1 nor inside k_3 and Z belongs neither inside k_1 nor inside k_2. a) Prove that the triangles XYZ and O_1O_2O_3 are similar. b) Prove that the area of the triangle XYZ is not greater than four times the area of the triangle O_1O_2O_3. Is the maximum attainable? Нека k_1, k_2 и k_3 се три кружници со центри во O_1, O_2 и O_3 соодветно, такви што н…

We will first show that the points Y, B and Z are collinear. Since the quadrilateral BYAP is inscribed we have PBY = PAX. Since the quadrilateral AXCP is inscribed we have PAX = PCZ. Since the quadrilateral CPBZ is inscribed we obtain PBZ + PCZ = 180^. Therefore YBZ = YBP + PBZ = 180^. Let us notice that CO_1O_3 = PO_1O_3 and AO_1O_2 = PO_1O_2, from where it follows that O_2O_1O_3 = 12 AO_1C = AXC. Similarly O_1O_2O_3 = AYB and O_1O_3O_2 = CZB. It follows that XYZ O_1O_2O_3, with which we've proven the statement under a). FIGURE_0 Let the line X_1Y_1 be parallel to O_1O_2 and pass through A, where X_1 lies on k_1 and Y_1 lies on k_2. Let Z_1 be the intersection of the line X_1C with the circle k_3. From the afore-proven, the points Y_1, B and Z_1 are collinear and X_1Y_1Z_1 O_1O_2O_3. Fur…

Browse · MathNet

Macedonian Mathematical Olympiad

North Macedonia geometry

Problem

Let

k_{1}

k_{2}

and

k_{3}

be three circles with centers

O_{1}

O_{2}

and

O_{3}

respectively, such that none of the centers lies inside any of the two other circles. The circles

k_{1}

and

k_{2}

intersect in

A

and

P

k_{1}

and

k_{3}

intersect in

C

and

P

and

k_{2}

and

k_{3}

intersect in

B

and

P

. Let

X

be a point on

k_{1}

such that the intersection of the line

X A

with the circle

k_{2}

Y

and the intersection of the line

X C

with

k_{3}

Z

and so that

Y

belongs neither inside

k_{1}

nor inside

k_{3}

and

Z

belongs neither inside

k_{1}

nor inside

k_{2}

.

a) Prove that the triangles

X Y Z

and

O_{1} O_{2} O_{3}

are similar. b) Prove that the area of the triangle

X Y Z

is not greater than four times the area of the triangle

O_{1} O_{2} O_{3}

. Is the maximum attainable?

Нека

k_{1}

k_{2}

k_{3}

се три кружници со центри во

O_{1}

O_{2}

O_{3}

соодветно, такви што ниту еден од центрите не се наоѓа во внатрешноста на другите две кружници. Кружниците

k_{1}

k_{2}

се сечат во

A

P

k_{1}

k_{3}

се сечат во

C

P

k_{2}

k_{3}

се сечат во

B

P

. Нека

X

е точка на

k_{1}

таква што пресекот на правата

X A

со кружницата

k_{2}

Y

и пресекот на правата

X C

со

k_{3}

Z

и притоа

Y

не припаѓа во внатрешноста ниту на

k_{1}

ниту на

k_{3}

Z

не припаѓа во внатрешноста ниту на

k_{1}

ниту на

k_{2}

.

а) Докажи дека триаголниците

X Y Z

O_{1} O_{2} O_{3}

се слични меѓу себе. б) Докажи дека плоштината на триаголникот

X Y Z

не е поголема од четири пати по плоштината на триаголникот

O_{1} O_{2} O_{3}

. Дали се достигнува максимумот?

Solution

We will first show that the points

Y

B

and

Z

are collinear. Since the quadrilateral

B Y A P

is inscribed we have

∠ P B Y = ∠ P A X

. Since the quadrilateral

A X C P

is inscribed we have

∠ P A X = ∠ P C Z

. Since the quadrilateral

C P B Z

is inscribed we obtain

∠ P B Z + ∠ P C Z = 18 0^{\circ}

. Therefore

∠ Y B Z = ∠ Y B P + ∠ P B Z = 18 0^{\circ}

.

Let us notice that

∠ C O_{1} O_{3} = ∠ P O_{1} O_{3}

and

∠ A O_{1} O_{2} = ∠ P O_{1} O_{2}

, from where it follows that

∠ O_{2} O_{1} O_{3} = \frac{1}{2} ∠ A O_{1} C = ∠ A X C

. Similarly

∠ O_{1} O_{2} O_{3} = ∠ A Y B

and

∠ O_{1} O_{3} O_{2} = ∠ C Z B

. It follows that

Δ X Y Z \sim Δ O_{1} O_{2} O_{3}

, with which we've proven the statement under a).

Let the line

X_{1} Y_{1}

be parallel to

O_{1} O_{2}

and pass through

A

, where

X_{1}

lies on

k_{1}

and

Y_{1}

lies on

k_{2}

. Let

Z_{1}

be the intersection of the line

X_{1} C

with the circle

k_{3}

. From the afore-proven, the points

Y_{1}

B

and

Z_{1}

are collinear and

Δ X_{1} Y_{1} Z_{1} \sim Δ O_{1} O_{2} O_{3}

. Furthermore,

∠ P X A = ∠ P X_{1} A

and

∠ P Y A = ∠ P Y_{1} A

. Therefore

Δ P X Y \sim Δ P X_{1} Y_{1}

. Let

P T

be the altitude dropped from the vertex

P

to the side

X Y

P A

is the altitude of the triangle

P X_{1} Y_{1}

. Since

P A

is a hypotenuse in the right-angled triangle

P A T

we get

\overline{P T} \leq \overline{P A}

. Therefore

P_{P X Y} \leq P_{P X_{1} Y_{1}}

and analogously

P_{P Y Z} \leq P_{P Y_{1} Z_{1}}

and

P_{P X Z} \leq P_{P X_{1} Z_{1}}

. From this we get

P_{X Y Z} \leq P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}

. The points

P

O_{1}

and

X_{1}

are collinear since

∠ P A X_{1} = 9 0^{\circ}

. Similarly

P

O_{2}

and

Y_{1}

are collinear and

P

O_{3}

and

Z_{1}

are collinear. We get that

O_{1} O_{2}

O_{1} O_{3}

and

O_{2} O_{3}

are midsegments in the triangles

X_{1} Y_{1} P

X_{1} Z_{1} P

and

Y_{1} Z_{1} P

respectively, and so

P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}} = 4 P_{O_{1} O_{2} O_{3}}

. This gives us the required inequality. Equality is attained when the points

X

and

X_{1}

coincide, and with that the points

Y

and

Y_{1}

as well as the points

Z

and

Z_{1}

coincide.

---

Alternative solution.

Прво ќе докажеме дека точките

Y

B

Z

се колинеарни. Бидејќи четириаголникот

B Y A P

е тетивен имаме

∠ P B Y = ∠ P A X

. Бидејќи четириаголникот

A X C P

е тетивен

∠ P A X = ∠ P C Z

. Бидејќи четириаголникот

C P B Z

е тетивен добиваме

∠ P B Z + ∠ P C Z = 18 0^{\circ}

. Значи

∠ Y B Z = ∠ Y B P + ∠ P B Z = 18 0^{\circ}

.

Да забележиме дека

∠ C O_{1} O_{3} = ∠ P O_{1} O_{3}

∠ A O_{1} O_{2} = ∠ P O_{1} O_{2}

, од каде следува

∠ O_{2} O_{1} O_{3} = \frac{1}{2} ∠ A O_{1} C = ∠ A X C

. Слично

∠ O_{1} O_{2} O_{3} = ∠ A Y B

∠ O_{1} O_{3} O_{2} = ∠ C Z B

. Следува дека

Δ X Y Z \sim Δ O_{1} O_{2} O_{3}

, со што го докажавме тврдењето под а).

Нека правата

X_{1} Y_{1}

е паралелна со

O_{1} O_{2}

и минува низ

A

, каде

X_{1}

лежи на

k_{1}

Y_{1}

лежи на

k_{2}

. Нека

Z_{1}

е пресечната точка на правата

X_{1} C

со кружницата

k_{3}

. Од претходно докажаното точките

Y_{1}

B

Z_{1}

се колинеарни и

Δ X_{1} Y_{1} Z_{1} \sim Δ O_{1} O_{2} O_{3}

. Уште повеќе,

∠ P X A = ∠ P X_{1} A

∠ P Y A = ∠ P Y_{1} A

. Па

Δ P X Y \sim Δ P X_{1} Y_{1}

. Нека

P T

е висината спуштена од темето

P

кон страната

X Y

P A

е висината на триаголникот

P X_{1} Y_{1}

. Бидејќи

P A

е хипотенуза во правоаголниот триаголник

P A T

добиваме

\overline{P T} \leq \overline{P A}

. Па

P_{P X Y} \leq P_{P X_{1} Y_{1}}

и аналогно

P_{P Y Z} \leq P_{P Y_{1} Z_{1}}

P_{P X Z} \leq P_{P X_{1} Z_{1}}

. Од ова добиваме

P_{X Y Z} \leq P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}}

. Точките

P

O_{1}

X_{1}

се колинеарни затоа што

∠ P A X_{1} = 9 0^{\circ}

. Слично

P

O_{2}

Y_{1}

се колинеарни и

P

O_{3}

Z_{1}

се колинеарни. Добиваме дека

O_{1} O_{2}

O_{1} O_{3}

O_{2} O_{3}

се средни линии во триаголниците

X_{1} Y_{1} P

X_{1} Z_{1} P

Y_{1} Z_{1} P

соодветно, па

P_{X_{1} Y_{1} Z_{1}} = 4 P_{O_{1} O_{2} O_{3}}

. Од ова се добива бараното неравенство. Равенство се достигнува кога точките

X

X_{1}

се соовпаѓаат, а со тоа и точките

Y

Y_{1}

се соовпаѓаат и точките

Z

Z_{1}

се соовпаѓаат.

Final answer

Yes; the maximum of four times the area is attainable when the constructed triangle has the center triangle as its medial triangle (specifically, when the auxiliary parallel through the intersection point is used so the constructed points coincide with those from that configuration).

Techniques

Cyclic quadrilateralsAngle chasingOptimization in geometry