Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2001 Soru 5

[geo]

$ABC$ üçgeninde, $BC$ üzerine $P$ noktası, $CA$ üzerinde $Q$ noktası, $AP$ doğrusu $\angle BAC$ nin açıortayı, $BQ$ doğrusu da $\angle ABC$ nin açıortayı olacak şekilde alınıyor. $\angle BAC=60^\circ$ ve $AB+BP=AQ+QB$ olduğunu biliniyor. Buna göre, $ABC$ üçgeninin açılarının alabileceği değerleri bulunuz?

[geo]

$[AB$ üzerinde, $[AB]$ dışında, $BP'=BP$ olacak şekilde $P'$ noktası ile; $[AQ$ üzerinde, $[AQ]$ dışında, $QB'=QB$ olacak şekilde $B'$ noktası alalım. $AB'=AP'$ olacaktır. $AP$, $\angle P'AB'$ nün açıortayı olduğu için $PP'=PB'$ ve $\angle AP'P = \angle AB'P = \alpha$ dır. $BQB'P$ dörtgeninde (içbükey ya da dışbükey) $QP$ yi gören açılar, $\angle QBP$ ile $\angle QB'P$, $\alpha$ ya eş olduğu için $\triangle QBP$ ile $\triangle QB'P$ de Sinüs teoreminden, $$\dfrac{BQ}{\sin \angle BPQ} = \dfrac{QP}{\sin \angle QBP} = \dfrac{QB'}{\sin \angle QPB'}$$ olacaktır. $BQ=QB'$ olduğu için $\sin \angle BPQ = \sin \angle QPB'$. Bu durumda, ya $\angle BPQ = \angle QPB'$ dür, ya da $\angle BPQ + \angle QPB' = 180^\circ$ dir.

• $\angle BPQ = \angle QPB'$ olduğunda simetriden $PP'=BP=PB'=BP'$, dolayısıyla $\alpha = 60^\circ$ dir. $ABC$ üçgende $\angle BAC = 60^\circ$ olduğu için $\angle ABC < 120^\circ$ olmalı. Dolayısıyla, buradan çözüm gelmez.
  
  
• $\angle BPQ + \angle QPB' = 180^\circ$ olduğu için $B,P,B'$ noktaları doğrusal, yani $B'=C$ dir. Bu durumda, $2\alpha + \alpha + 60^\circ = 180^\circ \Rightarrow \alpha = 40^\circ$ olacaktır. $\angle A= 60^\circ$, $\angle B = 80^\circ$, $\angle C = 40^\circ$ tek çözüm olacaktır.
  

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Gösterim kolaylığı için $\angle B=2\alpha$ olsun. $\triangle ABP$ 'de Sinüs Teoremi'ne göre

$$\dfrac{AB}{BP}=\dfrac{\sin(2\alpha+30^\circ)}{\sin30^{\circ}}\Longleftrightarrow BP=\dfrac{AB}{2.\sin(2\alpha+30^\circ)}$$
olacaktır. Şimdi ise $\triangle AQB$ 'de Sinüs Teoremi'ni uygularsak

$$\dfrac{AQ}{QB}=\dfrac{\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}}\Longleftrightarrow AQ=\dfrac{QB.\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}} \qquad \text{ve} \qquad \dfrac{AB}{QB}=\dfrac{\sin (\alpha+60^\circ)}{\sin 60^{\circ}}$$
olduğu söylenebilir. Buna göre problem koşulu $AB+BP=AQ+QB$ sağlanıyorsa

$$AB+BP=AB\left(1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}\right)=QB\left(1+\dfrac{\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}}\right)$$
$$\Longleftrightarrow \dfrac{AB}{QB}=\boxed{\dfrac{\sin (\alpha+60^\circ )}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{1+\dfrac{\sin\alpha}{\sin 60^{\circ}}}{1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}}}$$
trigonometrik denklemi elde edilir. Bu denklemde pay ve paydalarla oynandığında ve $\sin (x)+\sin (y) = 2\sin\left(\dfrac{x+y}{2}\right)\cos\left(\dfrac{x-y}{2}\right)$  olduğu kullanılırsa

$$1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{\sin\alpha+\sin 60^{\circ}}{\sin(\alpha+60^\circ )}=\dfrac{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right).\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)}{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right).\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}$$
elde edilir. Şimdi ise  $\cos(a-b)-\cos(a+b)=2\sin a\sin b$  özdeşliğini kullanacağız. Buna göre kaldığımız yerden devam edersek

$$1+\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)} $$
$$\Longleftrightarrow\boxed{ \dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}-30^\circ \right)-\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}=\dfrac{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin 30^{\circ}}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}}$$
elde edilir. Sondaki ifade biraz incelendiğinde

$$\dfrac{1}{2.\sin(2\alpha+30^\circ )}=\dfrac{2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin 30^{\circ}}{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}\Longleftrightarrow \dfrac{\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)}{\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin(2\alpha+30^\circ )}=4.\sin30^{\circ}=2$$
$$\Longleftrightarrow \cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)=2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin(2\alpha+30^\circ )$$
bulunur. Yine $\cos(a-b)-\cos(a+b)=2\sin a\sin b$ özdeşliği ve $\cos(a-b)+\cos(a+b)=2.\cos a.\cos b$ özdeşliğiyle
$$\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)=2.\sin\left(\dfrac{\alpha}{2}\right).\sin(2\alpha+30^\circ )=\cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right)-\cos\left(\dfrac{5\alpha}{2}+30^\circ \right)$$
$$\Longleftrightarrow \cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right)=\cos\left(\dfrac{\alpha}{2}+30^\circ \right)+\cos\left(\dfrac{5\alpha}{2}+30^\circ \right)=2.\cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right).\cos\alpha$$
$$\Longleftrightarrow \cos\left(\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \right)\left [2.\cos\alpha-1\right ]=0$$
olmalıdır. Dolayısıyla $0<\alpha<60^{\circ}$ için iki durum oluşur : 
$$\arccos(0)=\dfrac{3\alpha}{2}+30^\circ \qquad \text{ya da} \qquad \arccos\left(\dfrac{1}{2}\right)=\alpha$$
olacaktır. İlk durumda $\boxed{\alpha=40^{\circ}}$ elde edilir. İkinci durumda ise $\alpha \in (0^\circ,60^\circ)$ için çözüm gelmez. Tek çözüm $\alpha=40^{\circ}$ olduğunda oluşur ve $\angle B=80^{\circ}, \angle C=40^{\circ}$ olarak belirlenir.