Tournament of Towns 1995, Sharygin'in açı sorusu

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$I$,  $ABC$ üçgeninin iç teğet çember merkezi olmak üzere  $AI\cap BC=K$ ,  $BI\cap AC=L$  ,
 $CI\cap AB=M$ olsun. $P$ ve $Q$ noktaları, $AQ=QK$ ve $AP=PK$ olacak şekilde sırasıyla $BL$ ve $CM$ doğrularında alınsın. Buna göre $\angle PAQ=90^{\circ}-\dfrac{1}{2}\angle BAC$ olduğunu gösteriniz.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Trigonometrik Ceva Teoremi'ni kullanacağız. Buna göre $P$ noktası $ABK$ üçgeninin dışında olsun. Zira içinde olduğu durumda da benzer bir Trigonometrik Ceva ile aynı sonuca ulaşılacaktır. Buna göre $AP, BP, KP$ cevian'ları için teoremi kullandığımızda ve $\angle ABP=\angle PBK, \angle PAK=\angle PKA$ bilgilerini göz önünde bulundurduğumuzda

$$\dfrac{\sin \angle PAK}{\sin \angle PAB}.\dfrac{\sin \angle ABP}{\sin \angle PBK}.\dfrac{\sin \angle PKB}{\sin \angle PKA}=1 \Longleftrightarrow \sin\angle PAB=\sin\angle PKB $$
olur. Buna göre ya $\angle PAB=\angle PKB$ ya da $\angle PAB+\angle PKB=180^{\circ}$ olacaktır. İlk durum mümkün değildir. Zira koşul sağlansaydı $AB=BK, AC=CK$ olacaktır ki bu şartlarda üçgen oluşmaz. Dolayısıyla ikinci durum çalışmalı, yani $\angle PAB+\angle PKB=180^{\circ}$ olacaktır. Açılarla uğraşıldığındaysa $\angle ABC=2\angle KAP$ eşitliğine erişilir.

Benzer şekilde $AQ,CQ,KQ$ cevian'ları için de Trigonometrik Ceva uygulandığında $\angle QAC=\angle QKC\Longleftrightarrow \angle ACB=2\angle QAK$ elde edilir. O zaman

$$\angle BAC=180-\left(\angle ABC+\angle ACB\right)=180-2\left(\angle PAK+\angle QAK\right)=180-2\angle PAQ$$
elde edilir. Bu ise $\angle PAQ=90-\dfrac{1}{2}\angle BAC$ 'ye denktir ve çözüm tamamlanır.

[geo]

$(ABK)$ çemberi ile $BI$, $P$ de; $(ACK)$ çemberi ile $CI$, $Q$ da kesişir.
$\angle PBK =\angle PAK$ ve $\angle QCK =\angle QAK$.
$\angle PAQ = \angle PAK + \angle QAK = \angle PBK +\angle QCK = \dfrac{\angle ABC + \angle BCA }{2}= \dfrac{180^\circ - \angle BAC}{2}$

[geo]

Alternatif olarak $\angle BQK =\angle CPK$ olduğu da sorulabilirmiş.