Tübitak Lise 2. Aşama 2002 Soru 5

[geo]

Kenar uzunlukları $|BC|<|AC|<|AB|$ koşulunu sağlayan dar açlı bir $ABC$ üçgeninin $AB$ ve $AC$ kenarları üzerinde sırasıyla $|BD|=|BC|=|CE|$ olacak biçimde $D$ ve $E$ noktaları alınıyor. $ADE$ üçgeninin çevrel çemberinin yarıçapının, $ABC$ üçgeninin içteğet çemberinin merkezi ile çevrel çemberinin merkezi arasındaki uzaklığa eşit olduğunu gösteriniz.

[geo]

İç teğet çember $AB$ ye $N$ de dokunsun. $AB$ nin orta noktası $M$, $AE$ nin orta noktası $P$ olsun.

$BN=u-b$, $BM=\dfrac{c}{2}\Rightarrow MN=\dfrac{c}{2}-\left(u-b\right)=\dfrac{b-a}{2}$ olarak bulunur. Bu durumda ${\sin\angle OIN=\dfrac{NM}{OI}=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{OI}\ }$ olur.
$AQP$ üçgeninde $${\sin  \angle AQP=\dfrac{AP}{AQ}=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{AQ}\ }$$ ve $$2\cdot \angle ADE=\angle EQA\Rightarrow \angle AQP=\angle ADE$$ olduğu için de ${\sin  \angle ADE\ }=\dfrac{\dfrac{b-a}{2}}{AQ}$ olarak bulunur.
Bu durumda, $$\angle ADE=\angle AQP\Rightarrow OI=AQ$$ olacağı için, $\angle ADE=\angle AQP$ olduğunu göstereceğiz.
$OI$ ile $ED$ yi kesiştirirsek, $\angle ADE=\angle OIN\Leftrightarrow DE\bot OI$ olur.

$OE^2-OD^2$ farkıyla $O$ nun $DE$ üzerindeki izdüşümünün yerini tespit edebiliriz.
$IE^2-ID^2$ farkıyla da $I$ nın $DE$ üzerindeki izdüşümünün yerini tespit edebiliriz.
Bu iki fark eşitse, bu durumda $OI\bot DE$ olacaktır.

Bu farkları hesaplamaya çalışalım. Üçgenlerde Stewart Teoremini uygulayacağız.
Stewart'ın Özel Halinden $OE^2=OC^2-AE\cdot EC=R^2-\left(b-a\right)a$,
Stewart'ın Özel Halinden $OD^2=OB^2-AD\cdot DB=R^2-\left(c-a\right)a$ olacağı için $$OE^2-OD^2=a\left(c-a\right)-a\left(b-a\right)=a\left(c-b\right)$$ elde ederiz.
$I$ noktası için her şey bu kadar kolay olmayacak tabii ki.
Stewart'tan $IE^2=\dfrac{IC^2\cdot AE+AI^2\cdot CE}{AC}-AE\cdot CE$, $$IE^2=\dfrac{IC^2\left(b-a\right)+AI^2\cdot a}{b}-a\left(b-a\right)$$ Benzer şekilde $ID^2=\dfrac{IB^2\cdot AD+AI^2\cdot BD}{AB}-AD\cdot BD$, $$ID^2=\dfrac{IB^2\left(c-a\right)+AI^2\cdot a}{c}-a\left(c-a\right)$$
elde ederiz. Bu durumda $$IE^2-ID^2=a\left(c-a\right)-a\left(b-a\right)+\dfrac{IC^2\left(b-a\right)+AI^2\cdot a}{b}-\dfrac{IB^2\left(c-a\right)+AI^2\cdot a}{c}$$ $$=OE^2-OD^2+\dfrac{IC^2\cdot c\left(b-a\right)+AI^2\cdot ac-IB^2\cdot b\left(c-a\right)-AI^2\cdot ab}{bc}$$ $$=OE^2-OD^2+\dfrac{IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)}{bc}$$ elde ederiz. Yani $IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)=0$ olduğunu göstermeye çalışacağız.

$I$ dan $AC$ ye inilen dikme, kenarı $b=(u-c)+\left(u-a\right)$ şeklinde böleceği için, $$CI^2-AI^2={\left(u-c\right)}^2-{\left(u-a\right)}^2=\left(2u-a-c\right)\left(u-c-u+a\right)=b\left(a-c\right)$$ elde ettik.

Benzer şekilde, $BI^2-CI^2=a\left(c-b\right)$ ve $AI^2-BI^2=c\left(b-a\right)$ elde edilir. $$IC^2\cdot c\left(b-a\right)+{IA}^2\cdot a\left(c-b\right)+IB^2\cdot b\left(a-c\right)$$ $$=IC^2\left(AI^2-BI^2\right)+IA^2\left(BI^2-CI^2\right)+IB^2\left(CI^2-AI^2\right)=0$$ elde ederiz.

Demek ki, $IE^2-ID^2=OE^2-OD^2.$
Öyleyse, $OI\bot DE$ dir.

[geo]

$AB$ nin orta noktası $M$, $AC$ nin orta noktası $K$ olsun.

İçteğet çember $AB$ ye $N$ de, $AC$ ye $L$ de dokunsun. $$BM=\dfrac{c}{2},BN=u-b\Rightarrow MN=\dfrac{b-a}{2}$$ Benzer şekilde, $$KL=\dfrac{c-a}{2}$$ elde edilir.

$OI$ çaplı çember, $IN$ yi $R$ de, $OK$ yı $S$ de kessin. Çember üzerinde $OS\parallel RT$ olacak şekilde $T$ noktası alalım. $ST=OR=\dfrac{b-a}{2}=\dfrac{AE}{2}$ ve $SI=\dfrac{c-a}{2}=\dfrac{AD}{2}$ olacaktır.

Aynı zamanda
$$OS\parallel RT\Rightarrow SI\bot RT\Rightarrow \angle TRI+\angle RIS=\angle TSI+\angle RIS={90}^{\circ }\Rightarrow \angle RIS={90}^{\circ }-\angle TSI.$$
$ANIL$ kirişler dörtgeninde, $$\angle BAC+\angle NIL={180}^{\circ }\Rightarrow \angle RIS=\angle NIL-{90}^{\circ }={90}^{\circ }-\angle BAC$$ elde edilir.

Bu durumda $\angle BAC=\angle TSI$ ve $\dfrac{ST}{AE}=\dfrac{SI}{AD}=\dfrac{1}{2}$ olduğu için $K.A.K$ dan $\triangle TSI\sim \triangle EAD$ olacaktır. Benzerlik oranları $\frac{1}{2}$ dir. Bu durumda $\triangle ADE$ nin çevrel çemberinin yarıçapı, $\triangle TSI$ nın çevrel çemberinin yarıçapının iki katı, yani $\triangle TSI$ nın çapı kadar olacaktır. Bu durumda, $\triangle ADE$ nin çevrel çemberinin yarıçapı $OI$ ya eşittir.

[ERhan ERdoğan]

$ABC$ üçgeninde $I$ ; iç çemberin merkezi ve $I_{a} , I_{b} , I_{c}$ de ilgili kenarların dış teğet çemberlerinin merkezleri olsun.

$1.$ $A-I-I_{a}, B-I-I_{b} , C-I-I_{c}$ noktaları doğrusaldır.

$2.$ $I_{a}I_{b}I_{c}$ üçgeninde $I$ diklik merkezidir.

$3.$ $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi, $I_{a}I_{b}I_{c}$ üçgeninin dokuz nokta çemberi olduğundan, $[I_{a}I] , [I_{b}I] , [I_{c}I]$ doğru parçalarının orta noktalarından geçer.

$4.$ Bu orta noktalar sırasıyla $IBC , ICA , IAB$ üçgenlerinin çevrel merkezleridir

$|BE|=|BC|$ ve $BI$ açıortay olduğundan $|IE|=|IC|$ dir. Buna göre $AEIC$ kirişler dörtgenidir.

Benzer şekilde,$|ID|=|IB|$ ve $ADIB$ de kirişler dörtgenidir.

$BI$ nın $(ABC$) çemberini kestiği $P$ noktası $AIC$ üçgeninin çevrel çember merkezidir.

Benzer şekilde,$CI$ nın $(ABC)$ çemberi ile kesim noktası olan $Q$ da $AIB$ üçgeninin çevrel çember merkezidir.

$T ; (ADE)$ çemberinin merkezi olsun.
 
Kesişen çemberlerde merkezler doğrusu, kuvvet eksenlerine dik olduğundan, $OP\perp AC ,QT\perp AC ,OQ\perp AB , PT\perp AB$ dir.
 
Buna göre $OP\parallel QT$ ve $OQ\parallel PT$ dir. Ayrıca $|OP|=|OQ|$ olduğundan $OPTQ$ bir eşkenar dörtgendir yani, $|PT|=|PO|$ eşitliği vardır.

$\angle{BAC}=\angle{BPC}$ ve $\angle{CAP}=\angle{ACP}$ olduğundan , $\angle{APT}=\angle{OPI}$ dir.

Son olarak; $|AP|=|AI| , |PT|=|PO|$ eşitliklerinide göz önüne alırsak $ATP$ üçgeni ile $IOP$ üçgenlerinin eşliği söz konusudur.

O halde;  $|OI| = |AT|$ dir.