Tübitak Lise 1. Aşama 2024 Soru 25

[matematikolimpiyati]

Çeşitkenar bir $ABC$ üçgeninde $[BC]$ kenarının orta noktası $M$ olmak üzere, $AC$ doğrusuna $C$ noktasında dik olan doğrunun $MA$ doğrusu ile kesişimi $N$ olsun. $BMN$ üçgeninin çevrel çemberi $AB$ doğrusuna $B$ noktasında teğet ise $\dfrac{|AB|}{|MA|}$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 1  \qquad\textbf{b)}\ \sqrt2  \qquad\textbf{c)}\ \sqrt3  \qquad\textbf{d)}\ 2  \qquad\textbf{e)}\ \sqrt5$

[geo]

Yanıt: $\boxed D$

Teğet kiriş açıdan $\angle BNA = \angle ABC = \alpha$ dır.

$A$ nın $M$ ye göre simetriği $A'$ olsun. ($A'$ noktasının $[NM]$ doğru parçası üzerinde olup olmamasına göre iki farklı durum oluşur. Aşağıdaki çözüm iki durum için de geçerlidir. Aslında sadece $AM < MN$ durumu doğru çözüme götürüyor.)

$ABA'C$ bir paralelkenardır. Bu durumda $BA' \parallel AC$ olduğu için $BA' \perp CN$ dir. $BA'$ ile $CN$ doğruları $H$ de kesişsin.
$C$ nin $H$ ye göre simetriği $C'$ olsun.
$\angle BC'A' = \angle A'CB = \angle CBA = \angle BNA = \alpha$ dır. Bu durumda $B$, $C'$, $N$, $A'$ çemberseldir.

$C' \neq N$ olduğunda $\angle ACB = \angle CBH = \angle HBC' = \angle A'NH = \beta$ olacaktır. Bu durumda $\angle AMC = 90^\circ$ ve $AB=AC$ olur ki bu da sorudaki çeşitkenarlığa aykırıdır.

$C' = N$ olduğu durumda $NH=HC$, dolayısıyla $BN=BC = 2\cdot BM$.

$(AA)$ benzerliğinden $\triangle ABM \sim \triangle ANB$ olduğu için $\dfrac{BA}{MA} = \dfrac {BN}{MB} = 2$ olur.

Not:
Söz konusu üçgenler şöyle çizilebilir.
$BN=BC \neq CN$ şeklinde bir $\triangle BCN$ alalım. $\triangle BNC$ nin ağırlık merkezi (kenarortayların kesişim noktası) $G$ olsun. $NG$ ile $BC$ kenarı $M$ de kesişsin. $G$ nin $M$ ye göre simetriği $A$ olsun. $BGCA$ bir paralelkenar, dolayısıyla $AC \parallel BG$ ve $BG \perp CN$ olduğu için $AC \perp CN$ dir.

[geo]

$\angle BNA =\angle ABC=\alpha$
$\angle NBC=\beta$ ve $\angle ACB=\theta$ olsun.
$\angle BCN=90^\circ-\theta$, $\angle ANC=90^\circ-(\alpha+\beta-\theta)$, $\angle NAC = \alpha+\beta -\theta$ $\angle BAN=180^\circ-(2\alpha+\beta)$ olacaktır.

Sinus teoreminden $\dfrac{BM}{MN}=\dfrac{MC}{MN}$ ve $\dfrac{BM}{AM}=\dfrac{MC}{AM}$ oranlarını yazalım.
$$\begin{array}{rcl}
\dfrac{\sin \alpha}{\sin \beta} &=& \dfrac{\sin(90^\circ-(\alpha+\beta-\theta))}{\sin (90^\circ-\theta)} \\ \dfrac{\sin (180^\circ-(2\alpha + \beta))}{\sin \alpha} &=& \dfrac{\sin(\alpha+\beta-\theta)}{\sin \theta}
\end{array}$$
Taraf tarafa çarparsak $$\dfrac{\sin(2\alpha+\beta)}{\sin \beta}=\dfrac{\sin(90^\circ-(\alpha+\beta-\theta) )\sin(\alpha+\beta-\theta)}{\sin (90^\circ-\theta)\sin \theta}=\dfrac{\sin( 2\alpha+2\beta -2\theta)}{\sin 2\theta}$$ elde ederiz. Çapraz çarpımla birlikte ters dönüşüm formülleri kullanırsak $$\cos (2\alpha +\beta+2\theta)-\cos(2\alpha+\beta-2\theta)=\cos(2\alpha+3\beta-2\theta)-\cos(2\alpha+\beta-2\theta)$$ Buradan da $\cos (2\alpha +\beta+2\theta)=\cos(2\alpha+3\beta-2\theta)$ elde ederiz.

• $2\alpha +\beta+2\theta= 2\alpha+3\beta-2\theta + 360^\circ k$
  $2\theta=\beta + 180^\circ k$ olur. $0<\theta<90^\circ$ ve $0<2\theta<180^\circ$ olduğu için tek çözüm $2\theta = \beta$ dır.
  
  
• $2\alpha +\beta+2\theta= -(2\alpha+3\beta-2\theta) + 360^\circ k$
  $\alpha + \beta = 90^\circ k$ olur. $0 < \alpha+\beta < 180^\circ$ olduğu için tek çözüm $\alpha + \beta = 90^\circ$ dir.
  

$\alpha + \beta =90^\circ$ olduğunda $\angle BMA = 90^\circ$ olacağı için $AB=AC$ olacak, yani üçgen çeşitkenar olmayacak.

$\beta =2\theta$ olduğunda $\triangle BNC$ de $BN=BC$ olacaktır.
$(AA)$ benzerliğinden $\triangle ABM \sim \triangle ANB$ olduğu için $\dfrac{BA}{MA} = \dfrac {BN}{MB} = 2$ olur.

[geo]

$MB=MC=1$, $BN=x$ ve $AM=y$ olsun.

$\triangle ANB \sim \triangle ABM$ olduğu için bize benzerlik oranı, yani $\dfrac {AB}{AM} = \dfrac {BN}{MB} = \dfrac x1 = x$ soruluyor.

$AM = y$ olduğu için benzerlikten $AB = xy$ ve $AN=x^2y$ olacaktır.

$\triangle ABC$ de kenarortay teoreminden $AB^2 + AC^2 = 2(AM^2 + BM^2) \Longrightarrow AC^2 = 2y^2 + 2 - x^2y^2$.

$\triangle NBC$ de kenarortay teoreminden $BN^2 + CN^2 = 2(MN^2 + BM^2) \Longrightarrow CN^2 = 2(x^2y-y)^2 + 2 - x^2$.

$\triangle ACN$ de Pisagor'dan $AN^2 = AC^2 + CN^2$.

Hepsini birleştirirsek $$ \begin{array}{lcl}
x^4y^2 &=& 2(x^2y - y)^2 + 2 - x^2 + 2y^2 + 2 - x^2y^2 \\
&=& 2x^4y^2 + 2y^2 - 4x^2y^2 + 2 - x^2 + 2y^2 + 2 - x^2y^2 \\
&=& 2x^4y^2 + 4y^2 - 5x^2y^2 + 4 - x^2 \\
\end{array}$$ ve biraz düzenlemeyle $$\begin{array}{lcl} y^2(x^4 - 5x^2 + 4) - (x^2 - 4) &=& 0 \\
y^2(x^2 - 4)(x^2 - 1) - (x^2 -4) &=& 0 \\
(x^2 - 4)(y^2(x^2 - 1) - 1) &=& 0
\end{array}$$
Buradan $x=2$ ya da $y^2(x^2-1) - 1 = 0 \Longrightarrow y^2x^2 = y^2 + 1$ elde edilir.
İkincisi $\triangle ABM$ yi dik üçgen yapar. Dolayısıyla $AB=AC$ olur. Bu sorudaki çeşitkenarlığa aykırıdır.
İlki, yani $x=2$ aradığımız yanıttır.

[Lokman Gökçe]

Geo hocamızın çözümünü video olarak sundum. Bilginize