Tübitak Lise 2. Aşama 2022 Soru 1

[matematikolimpiyati]

Bir $ABC$ üçgeninde $BC$ kenarının orta noktası $M,\ A$ ya ait iç açıortayın $BC$ ile kesişimi $K$ ve $ABC$ nin çevrel çemberi ile ikinci kesişimi $L$ olsun. $[BC]$ çaplı çember $A$ köşesine ait dış açıortaya teğet ise $KLM$ nin çevrel çemberine de teğet olduğunu gösteriniz.

[geo]

$AC < AB$ kabul edelim.
$A$ köşesine ait dış açıortay ile $BC$ doğrusu $N$ de kesişsin.
$BC$ çaplı çember, soruda verildiği gibi, $AN$ ye $T$ de teğet olsun. $MT=BM=MC$ ve $\angle MTN = 90^\circ$ olacaktır.
$AL$ açıortay olduğu için $BL=LC$ ve $LM \perp BC$ olacaktır.
Bu durumda $(KLM)$ çemberinin merkezi $KL$ nin orta noktasıdır. Bu nokta $O$ olsun.
$MKSL$ dikdörtgenini kuralım. $S$, $(KLM)$ çemberi üzerinde ve $M,O,S$ doğrusal olacaktır.
($MS = MC = BM$ olsaydı, $OS$ doğru parçası $(KLM)$ nin yarıçapı, $MS$ de $BC$ çaplı çemberin yarıçapı ve $M, O, S$ doğrusal olduğu için bu iki çember $S$ noktasında teğet olacaktı. Bizden istenen de bu. Yani $KL = MS = \dfrac {BC}2$ olduğunu göstermemiz gerekiyor.)

$AK$ iç açıortayı ile $AN$ dış açıortayı dik kesişeceği için $\angle KAN = 90^\circ$, dolayısıyla $AK \parallel TM$. Benzerliği yazarsak $$\dfrac {AK}{TM} = \dfrac {KN}{MN} \Longrightarrow AK = \dfrac {TM \cdot KN}{MN} = \dfrac {\dfrac {BC}2 \cdot KN}{MN} = \dfrac {BC\cdot KN}{2\cdot MN} \tag {1}$$
İç ve dış açırtay teoremlerinden $$\dfrac{AC}{AB} = \dfrac {CK}{KB} = \dfrac {CN}{NB} = \dfrac {CN}{CN + KB + CK} \Longrightarrow \dfrac {CK}{BK-KC} = \dfrac {CN}{BK+CK} $$ $$\Longrightarrow CN = \dfrac {CK(BK+CK)}{BK-KC} \tag {2}$$
$$KN = CN + CK = \dfrac {CK(BK+CK)}{BK-KC} + CK$$ $$ = CK\left ( \dfrac {BK+CK}{BK-CK} + 1 \right) = \dfrac {2\cdot BK \cdot CK}{BK-CK} \tag {3}$$
$$MN = CN + CM = \dfrac {CK(BK+CK)}{BK-KC} + \dfrac {BK+CK}{2} $$ $$= (BK+CK)\left ( \dfrac {CK}{BK-KC} + \dfrac 12 \right ) = (BK+CK)\left ( \dfrac {BK+CK}{2(BK-KC)} \right )  \tag {4}$$
$(3)$ ve $(4)$ ü oranlarsak $$\dfrac {KN}{MN} = \dfrac {4 \cdot BK\cdot CK}{BC^2} \tag {5}$$ elde ederiz. Bu değeri $(1)$ de yerine yazarsak $$AK = \dfrac {2\cdot BK \cdot CK}{BC} \Longrightarrow AK \cdot \dfrac {BC}2 = BK \cdot CK \tag {6}$$ bulunur. $K$ noktasının $(ABC)$ çemberine göre kuvvetinden $AK \cdot KL = BK \cdot CK$ olduğu için $KL = \dfrac {BC}{2}$ elde edilir.
$KL = MS = \dfrac {BC}2$ olduğu için hem $M$ merkezli çember, hem de $O$ merkezli çember $S$ den geçiyor demektir. $M, O, S$ noktaları da doğrusal olduğu için bu iki çember birbirlerine $S$ noktasında teğet olacaktır.

[diktendik]

Dış açıortayın $[BC]$ çaplı çembere teğet olduğu nokta $T$ olmak üzere, iç ve dış açıortay arasındaki açı $90^\circ$ olması ve merkezden-teğet dikliğinden $MT || AL$'dir. $MT\cap AC=R$ olmak üzere deminki paralellik ve basit açı taşımayla $\triangle{BKL}\sim\triangle{RCM}$ elde edilir. Eğer soruda bizden istediği durum doğru olsaydı, $KLM$ dik üçgen olduğundan bu üçgenin çevrel çapı $|KL|$, $[BC]$ çaplı çemberin çevrel yarıçapı kadar olurdu ve $|MC|=|KL|$ elde edilirdi. Yani deminki benzerlikte benzerlik oranının $1$ olduğunu ispatlarsak soru biter. $|KL|=x,|BK|=y,|KL|=z$ olsun. Benzerlik oranı $k$ olmak üzere $|RC|=xk,|RM|=yk,|CM|=zk$ olur. $T$, $BC$ çaplı çemberin üzerinde olduğundan $|TR|=zk-yk$ elde edilir. Benzer şekilde $|KM|=zk-y$'dir. $\triangle{RCM}\sim\triangle{ACK}$ benzerliğinden $\frac{xk}{|AR|}=\frac{zk}{zk-y}$ ve $|AR|=\frac{x(zk-y)}{z}$ elde edilir. $\triangle {BLM}\sim\triangle {RAT}$ benzerliğinden $\frac{|AR|}{x}=\frac{z-y}{z}$ elde edilir. Demin bulduğumuz değeri yerine koyup düzenlersek $zk-y=z-y$ ve $k=1$ bulunur. İspat biter.