Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2024 Soru 4

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$A B C$ üçgeninde $A B<A C<B C$ ve iç teğet çember merkezi ile iç teğet çemberi sırasıyla $I$ ile $\omega$ olsun. $B C$ kenarı üzerinde $C$ noktasından farklı $X$ noktası, $X$ noktasından $A C$ doğrusuna çizilen paralel $\omega$ çemberine teğet olacak şekilde alınıyor. Benzer şekilde $B C$ kenarı üzerinde $B$ noktasından farklı $Y$ noktası, $Y$ noktasından $A B$ doğrusuna çizilen paralel $\omega$ çemberine teğet olacak şekilde alınıyor. $A I$ doğrusu, $A B C$ üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez $P \neq A$ noktasında kesiyor. $A C$ ve $A B$ kenarlarınin orta noktaları sırasıyla $K$ ve $L$ olsun.

$\angle K I L+\angle Y P X=180^{\circ}$ olduğunu gösteriniz.

(Polonya)

[diktendik]

$Y$'den çizilen teğetin değme noktası $Y'$ olsun. ($BC$ üzerinde olmayan teğet.) $AB$'nin çembere değme noktası $E$ olsun. $EY'$'nün çap olduğu açıktır. Buradan $I=EY'\cap AP$ olur. $YY'\cap AP=T$ olsun. $\triangle {TY'I}\sim  \triangle {AEI}$ ve $|EI|=|Y'I|$ olduğundan bu iki üçgen eştir. $|IT|=|AI|$ olur. Benzer işlem $X$'teki teğet içinde yapılırsa bu doğrununda $T$'den geçtiği görülür. Ve deminki eşitlikten $T$, $A$'nın $I$'ya göre simetriğidir. $A$'nın $K$ ve $L$'ye göre simetrikleri $B$ ve $C$ olacağından $\angle{KIL}=\angle{BTC}$ olur. $\angle{BTC}+\angle{YPX}=180^\circ$ olduğunu ispatlamalıyız. Paralellikten $\angle{XTA}=\angle{PAC}$ olduğunu söyleyebiliriz. Çemberde açıdan $\angle{PCA}=\angle{PBC}$ olduğuda açıktır. Buradan $\angle{ATX}=\angle{PBX}$ gelir ve $BXTP$'nin kirişler dörtgeni olduğu anlaşılır. $\angle{TBC}=\angle{XPT}$ olur. Benzer şekilde $PTYC$'de bir kirişler dörtgenidir ve $\angle{TPY}=\angle{TCB}$ olur. $\angle {YPX}=\angle{TPY}+\angle{TPX}=\angle{TBC}+\angle{TCB}=180^\circ-\angle{BTC}$ olur. İspat biter.

[matematikolimpiyati]

$X$ ve $Y$ noktalarından $\omega$ çemberine çizilen sözü edilen teğetlerin kesim noktasına $Z$, $AB$ ve $AC$'yi kestiği noktalara da sırasıyla $D$ ve $E$ diyelim. $AD \parallel EZ$ ve $AE \parallel DZ$ olduğundan $ADZE$ bir paralelkenardır. Ayrıca bir içteğet çembere de sahip olduğundan eşkenar dörtgendir. $I$ noktası içteğet çemberin ve dolayısıyla eşkenar dörtgenin merkezi olduğu için $A,I,Z$ doğrusal olur.

$\angle{AZX}=\angle{PAC}=\angle{PBC} \implies B,P,Z,X$ noktaları çemberseldir. Bu çemberden $\angle{ZBX}=\angle{ZPX}$

$\angle{AZY}=\angle{PAB}=\angle{PCB} \implies C,P,Z,Y$ noktaları çemberseldir. Bu çemberden $\angle{ZCY}=\angle{ZPY}$

Diğer taraftan $L,I,K$ noktaları $[AB],[AZ],[AC]$ doğru parçalarının orta noktaları olduğundan $LI \parallel BZ$, $KI \parallel CZ$ ve $LK \parallel BC$ dir. $KIL$ ve $CBZ$ üçgenlerinin kenarlarının paralelliğinden bu iki üçgenin benzer yani açılarının eşit olduğu sonucuna varırız.

Buradan da açı özellikleriyle $\angle{KIL}+\angle{YPX}=\angle{KIL}+\angle{ZPY}+\angle{ZPX}=\angle{KIL}+\angle{ZCY}+\angle{ZBX}=\angle{KIL}+\angle{IKL}+\angle{ILK}=180^{\circ}$ elde ederiz.