Tübitak Lise 2. Aşama 2014 Soru 4

[Eray]

Bir çemberin birbirine paralel olmayan iki kirişinin orta noktaları $P$ ile $Q$ ve bu kirişlerin uç noktalarından çembere çizilen teğet doğruların kesişim noktaları sırasıyla, $A$ ve $B$ dir. $ABP$ üçgeninin diklik merkezinin $AB$ doğrusuna göre simetriği olan $R$ noktasından $AP$, $BP$, $AQ$, $BQ$ doğrularına inilen dikmelerin ayakları sırasıyla, $R_1, R_2, R_3, R_4$ noktaları ise, $$\dfrac{|AR_1|}{|PR_1|}\cdot\dfrac{|PR_2|}{|BR_2|}=\dfrac{|AR_3|}{|QR_3|} \cdot \dfrac{|QR_4|}{|BR_4|}$$ olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)

[mehmetutku]

(Mehmet Utku Özbek)

Lemma :  $A \ , \ P \ , \ Q \ , \ B$   çemberseldir.

İspat :    $A$ noktasından geçen teğetlerin çembere değme noktalarından biri $M$ olsun. $B$ noktasından geçen teğetlerin çembere değme noktalarından biri de $N$ olsun. $AP$  ile $BQ$  yu uzatırsak çemberin merkezinde  ($O$  da) 

kesişirler. Çünkü $BQ$ ve $AP$ ,  kirişlerin kenar orta dikmeleridir.  Ve ayrıca  $OM \perp AM$  ve  $ON \perp NB$  dir.  $\triangle OMA$  ve  $\triangle ONB$  de  Öklid  yaparsak  $OQ \cdot OB=ON^2=r^2$   ve  $OP \cdot OA=OM^2=r^2$  elde edilir.  O zaman 

$OP \cdot OA=OQ \cdot OB$  dir.  Yani $A \ , \ P \ , \ Q \ , \ B$   çemberseldir.

Şimdi soruya devam edelim. Diklik merkezi $H$ ve $AB$  ye göre yansıması  $H^{''}$  olsun. Bir üçgende diklik merkezinin bir kenara göre simetriği bu üçgenin çevrel çemberi üzerindedir.  Buna göre $H^{''} \  , \ \triangle APB$  nin çevrel çemberi

üzerindedir.  $HH^{''} \perp AB$  dir.  $HH^{''} \cap AB=K$  olsun.



Simson Doğrusu :  Bir $\triangle ABC$  nin çevrel çemberi üzerinde alınan bir $P$ noktasından  $AB \ , \ AC$  ve  $BC$  doğrularına çizilen dikmelerin ayakları doğrusaldır. Bu doğruya Simson Doğrusu denir.


Şekilde de görüldüğü gibi $H^{''}R_{1} \perp AP \ , \ H^{''}K \perp AB$  ve  $H^{''}R_{2} \perp BP$  dir.  Ve  $H^{''} \ , \ \triangle APB$  nin çevrel çemberi üzerindeydi. O zaman $R_1 \ , \ K \ , \ R_2$  doğrusaldır.  Bu yüzden Menaleus uygulayabiliriz.

$\Longrightarrow  \dfrac{|R_1A|}{|R_1P|}\cdot \dfrac{|PR_2|}{|R_2B|} \cdot \dfrac{|BK|}{|KA|}=1    \ \ \ \ \ \ \Longrightarrow  \dfrac{|AR_1|}{|PR_1|}\cdot \dfrac{|PR_2|}{|BR_2|}=\dfrac{|KA|}{|BK|}$


Eğer  $\dfrac{|AR_3|}{|QR_3|}\cdot \dfrac{|QR_4|}{|BR_4|}=\dfrac{|KA|}{|BK|}$   olduğunu ispatlarsak soru biter. Yani   $\dfrac{|AR_3|}{|QR_3|}\cdot \dfrac{|QR_4|}{|BR_4|} \cdot \dfrac{|BK|}{|KA|}=1$  olduğunu göstermeliyiz.


Lemmada  $A \ , \ P \ , \ Q \ , \ B$  nin çembersel olduğunu göstermiştik.  O zaman $H^{''}$  aynı zamanda  $\triangle AQB$  nin de çevrel çemberi üzerindedir.  $H^{''}R_3 \perp AQ \ , \ H^{''}R_4 \perp BQ$  ve  $H^{''}K \perp AB$  dir.  O zaman Simson Doğrusu ndan

dolayı $R_3 \ , \ K \ , \ R_4$  doğrusaldır. Bu yüzden Menaleus uygulayabiliriz.


$\Longrightarrow  \dfrac{|R_3A|}{|R_3Q|}\cdot \dfrac{|QR_4|}{|R_4B|} \cdot \dfrac{|BK|}{|KA|}=1$

İspat biter.