Sharygin Geometri Olimpiyatı İlk Aşama 2024'ten birkaç problem

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Problem 1.  $ABC$ üçgeninde sırasıyla $AI$ ve $CI$ iç açıortayları, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberiyle $A_1$ ve $C_1$ noktalarında kesişsin. $AIC_1$ üçgeninin çevrel çemberi $AB$ 'yi ikinci kez $C_0$ noktasında kesiyor. $A_0$ noktası da benzer şekilde alındığına göre, $A$, $A_1$, $C_0$ ve $C_1$ noktalarının doğrusal olduğunu gösteriniz.

Problem 3.  $M$ noktası, dar açılı $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinde küçük $\scriptscriptstyle{\overset \frown{BC}}$ yayının orta noktası olsun. $M$ noktasından geçen bir $w$ çemberi sırasıyla $AB$ ve $AC$ kenarlarına $P$ ve $Q$ noktalarında teğet olsun. $BP+CQ=PQ$ olduğunu gösteriniz.

Problem 4.  $ABC$ üçgeninin $w$ iç çemberi sırasıyla $BC$, $CA$ ve $AB$ kenarlarına $A_1$, $B_1$ ve $C_1$ noktalarında teğet olsun. $w$ çemberinin üzerinde alınan bir $P$ noktası için, $AP$ doğrusu $AB_1C_1$ üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez $A_2$ noktasında kessin. $B_2$ ve $C_2$ noktaları da benzer şekilde alındığına göre $A_2B_2C_2$ üçgeninin çevrel çemberinin $w$ çemberine teğet olduğunu gösteriniz.

Problem 5.  $ABC$ üçgeninde sırasıyla $A$, $B$ ve $C$ köşelerinin $BC$, $CA$ ve $AB$ kenarlarına göre yansıması $A'$, $B'$ ve $C'$ noktaları olsun. Buna göre, $AB'C'$, $BC'A'$ ve $CA'B'$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin üçünün ortak bir noktada kesiştiğini gösteriniz.

Problem 8.  $\angle B=\angle D$ ve $AD=CD$ olan bir $ABCD$ dörtgeninde, $ABC$ üçgeninin iç çemberi $BC$ ve $AB$ kenarlarına sırasıyla $E$ ve $F$ noktalarında teğet olsun. Buna göre $AC$, $BD$, $AE$ ve $CF$ doğru parçalarının orta noktalarının çembersel olduğunu gösteriniz.

Problem 9.  $AD\parallel BC$ olan $ABCD$ yamuğu aynı zamanda $w$ çemberinin teğetler dörtgeni olsun. $w$ çemberi $AB$, $BC$, $CD$ ve $DA$ kenarlarına sırasıyla $P$, $Q$, $R$ ve $S$ noktalarında teğet olsun. $P$ noktasından geçip $ABCD$ yamuğunun tabanlarına paralel olan doğru $QR$ ile $X$ noktasında kesişiyorsa $AB$, $QS$ ve $DX$ doğrularının noktadaş olduğunu gösteriniz.

Problem 10.  $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $w$ 'ye $A$ noktasında teğet olan doğru $BC$ doğrusu ile $T$ noktasında kesişiyor. $\angle BAC$ açısının iç açıortayı $BC$ ve $w$ 'yi sırasıyla $L$ ve $A_0$ noktasında kessin. $TA_0$ doğrusu $w$ 'yi $P$ noktasında kessin. $BC$ kenarı üzerinde alınan bir $K$ noktası için $BL=CK$ sağlanıyorsa $\angle BAP=\angle CAK$ olduğunu gösteriniz.

Problem 12. $\angle B=60^{\circ}$ olan bir $ABC$ üçgeninde $A$ ve $C$ köşelerinden çıkan iç açıortaylar $BC$ ve $AB$ kenarlarını sırasıyla $A_1$ ve $C_1$ noktalarında kessin. $ABC$ üçgeninin iç merkezi $I$ olmak üzere $ABC$ ve $A_1IC_1$ üçgenlerinin çevrel çemberleri $P$ noktasında kesişsin. Buna göre $PI$ doğrusunun $AC$ kenarını ortaladığını gösteriniz.

Problem 14. $\angle C=90^{\circ}$ olan bir $ABC$ dik üçgeninin iç çemberi $w$ ile medial üçgeninin  (Bir üçgenin kenarlarının orta noktalarının birleşmesiyle oluşan üçgen) çevrel çemberi $F$ noktasında birbirine teğet olsun. $AB$ kenarının orta noktası $O$ 'dan $w$ çemberine $E$ noktasında teğet olan bir $OE$ doğru parçası çizilsin. ($OE$, $AB$ kenarı üzerinde olmamak şartıtla). $CE=CF$ olduğunu gösteriniz.

Problem 16.  $ABC$ üçgeninde $A$, $B$ ve $C$ köşelerinin iç açıortayları karşı kenarları sırasıyla $A_1$, $B_1$ ve $C_1$ noktalarında kessin. $BB_1$ ve $A_1C_1$ doğruları $D$ noktasında kesişsin. $E$ noktası, $D$ noktasının $AC$ kenarına izdüşümü olsun. Sırasıyla $AB$ ve $BC$ kenarları üzerinde alınan $P$ ve $Q$ noktaları için $EP=PD$ ve $EQ=QD$ olsun. Buna göre $\angle PDB_1=\angle EDQ$ olduğunu gösteriniz.

Ek:
Tüm sorular; 2024_zaoch_eng.pdf
Tüm sorular ve çözümler: 2024_zaoch_eng_sol.pdf. (Bu doküman aynı zamanda eklere de yüklenmiştir.)

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Problem 1'in Çözümü. Gösterim kolaylığı olması açısından $\angle BAC=2\alpha$ ve $\angle ACB=2\beta$ olsun. Ayrıca $IC_1=BC_1$ ve $IA_1=BA_1$ olduğundan $IA_1BC_1$ dörtgeninin deltoit olduğunu biliyoruz. Buna göre $AIC_1$ ve $ABC$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinde açılar kurcalandığında $\angle C_0C_1I=\alpha$ ve $\angle C_0C_1B=\angle IC_1B-\angle C_0C_1I=2\alpha-\alpha=\alpha$ belirlenir. Yani $[C_1C_0$ ışını, $\angle IC_1B$ açısının iç açıortayıdır. Benzer şekilde $[A_1A_0$ ışınının $\angle IA_1B$ açısının iç açıortayı olduğu görülür. $IA_1BC_1$ deltoit olduğundan $C_1C_0$ ve $A_1A_0$ iç açıortayları deltoitin $A_1C_1$ köşegeni üzerindedir ve $A_0$, $A_1$, $C_0$ ve $C_1$ noktaları doğrusaldır.

Problem 3'ün Çözümü.  $AM$, $\angle BAC$ açısının iç açıortayıdır. $\angle PMQ=\alpha$ ve $\angle BMP=\theta$ olsun. Teğetlikten $\angle APQ=\angle AQP=\alpha\Longleftrightarrow \angle BAC=180^{\circ}-2\alpha$, dolayısıyla $\angle BMC=2\alpha$ olur. Yani $\angle QMC=\alpha-\theta$ dır. $BM=MC$ ve $\angle PBM+\angle QCM=180^{\circ}$ olduğundan $\triangle PBM$ 'yi $BM$ kenarı $CM$ üstüne, $P$ noktası da $P'$ üstüne gelecek şekilde $\triangle QMC$ 'nin dışına yapıştıralım. $PM=P'M$, $\angle CMP'=\theta$ ve $BP+CQ=QP'$ olacaktır. Öte taraftan $\angle CMP'=\theta$ olduğundan $\angle QMP'=\alpha-\theta+\theta=\alpha=\angle PMQ$ dır ve $MQ$, $\angle PMP'$ açısının iç açıortayıdır. Bu ise $PMP'Q$ dörtgeninin deltoit olmasını, dolayısıyla $PQ=QP'=QC+BP$ olmasını gerektirir.

[geo]

Problem 4

$I$, $ABC$ nin iç merkezi olsun.
$AI$, $AB_1C_1$ çevrel çemberinin çapıdır. Bu durumda, $\angle IA_2A = 90^\circ$ olacaktır. Yani $A_2$, $IP$ çaplı çember üzerindedir. Bu çembere $\pi$ diyelim.
Benzer şekilde, $B_2$ ve $C_2$ de $IP$ çaplı $\pi$ çemberi üzerindedir.
$I$, $P$ ve $IP$ nin orta noktası doğrusal olduğu için $\pi$ çemberi $\omega$ ya teğettir.

[geo]

Problem 5

Çok yetkin olmasam da yönlü açı kullanmaya çalışacağım. Çünkü çok fazla farklı konfigürasyon mevcut. Ayrıca bazı yanlış çizimlerde iki açı eşit çıkıyor; ama bu çemberdeş oldukları anlamına gelmeyebiliyor.

$\measuredangle CBA + \measuredangle BAC +\measuredangle ACB = 0 $

$\measuredangle A'BC' = 3\measuredangle CBA$, $\measuredangle C'AB' = 3\measuredangle BAC$, $\measuredangle B'CA' = 3\measuredangle ACB$

$\measuredangle A'BC' + \measuredangle C'AB' + \measuredangle B'CA' = 0$

$(A'BC')$ ve $(B'CA')$ çemberleri $P$ noktasında kesişsin.

$\begin{array}{lcl}
\measuredangle A'BC' + \measuredangle C'AB' + \measuredangle B'CA' &=& \measuredangle A'PC' + \measuredangle C'AB' + \measuredangle B'PA' \\
&=& 0 \\
&= & \measuredangle A'PC' + \measuredangle C'PB' + \measuredangle B'PA'
\end{array}$

$\Longrightarrow \measuredangle C'AB' = \measuredangle C'PB'$ olduğu için $P$, $(C'AB')$ çemberi üzerindedir.

[geo]

Problem 8

$BD$, $BC$, $AC$, $AB$, $AE$, $CF$ doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla $M$, $M_A$, $M_B$, $M_C$, $M_E$, $M_F$ olsun.

$M_C$, $M_E$, $M_B$ doğrusaldır. Benzer şekilde, $M_A$, $M_F$, $M_B$ doğrusaldır.

$MM_C \parallel AD$ ve $MM_A \parallel CD$ olduğu için $$\angle M_CMM_A = \angle M_CMB + \angle M_AMB = \angle BDA + \angle BDC = \angle ADC \tag{1}$$

$BM_CM_BM_A$ paralelkenarında $$\angle M_CM_BM_A = \angle ABC = \angle ADC \tag {2}$$
Benzerlikten $$MM_C = \dfrac {AD}{2} = \dfrac {CD}{2} = MM_A \tag {3}$$
Yine benzerlikten $$M_CM_E = \dfrac {BE}{2} = \dfrac {BF}{2} = M_AM_F \tag {4}$$
$\angle BAC = 2\alpha$, $\angle ACB = 2\theta$ olsun. $\angle DAC = \angle ACD = \alpha + \theta$, $\angle MM_CB = 3\alpha + \theta$. $\angle M_BM_CB = 180^\circ - \angle ABC = 2\alpha + 2\beta$.
Bu durumda $\angle M_EM_CM = |\alpha - \theta|$ elde edilir. Benzer şekilde $M_FM_AM = |\alpha - \theta|$.

$(3)$ ve $(4)$ ü birleştirirsek $(KAK)$ dan $\triangle M_EM_CM \cong \triangle M_FM_AM$. Yani $$\angle M_CMM_E = \angle M_AMM_F \tag{5}$$
$(1)$ ile $(5)$ ile birleştirirsek $\angle M_EMM_F = \angle M_CMM_A = \angle ADC = \angle M_CM_BM_A = \angle M_EM_BM_F$ elde ederiz. Bu da, $M_E$, $M_F$, $M_B$ ve $M$ noktalarının çemberdeş olduğunu gösterir.

[geo]

Problem 9

$AB$ ile $QS$, $T$ de kesişsin. $TD$ ile $QR$, $X$ de kesişiyor. $PX \parallel AD$ olduğunu gösterirsek ispat biter.

$QR$ ile $AD$, $Y$ de kesişsin. $TD$ ile $BC$, $Z$ de kesişsin.

$QC=CR$ olduğu için $DS = DR = DY$.

$\dfrac {QX}{XY} = \dfrac {QZ}{DY} = \dfrac {QZ} { SD} = \dfrac {TQ} { TS} = \dfrac {BQ}{AS} = \dfrac {BP} {AP}$.

Bu durumda, $BZ \parallel PX \parallel AD$ dir.

[geo]

Problem 10

$BK = CL$ ve $BA_0 = CA_0$ olduğu için $\angle BA_0K = \angle CA_0L = \angle ABC = \angle CAT$.

$\angle CAA_0 = \angle A_0BC $.

$\angle A_0KT = \angle A_0BC + \angle BA_0K = \angle CAA_0 + \angle CAT = \angle A_0AT$ olduğu için $A_0KAT$ kirişler dörtgenidir.

$\angle BAK + \angle ABK = \angle AKT = \angle AA_0T = \angle PAT = \angle PAC + \angle CAT \Longrightarrow \angle BAK = \angle CAP$.

$\angle BAP = \angle BAC - \angle CAP = \angle BAC - \angle BAK = \angle CAK$.

[geo]

Problem 12

$PI$, $(ABC)$ çevrel çemberini $Q$ da kessin. $CC_1$, $(ABC)$ çemberini $R$ de kessin.

$\angle BAC = 2\alpha$ dersek, $\angle BCC_1 = \angle ACC_1 = 60^\circ - \alpha$ olacaktır.

$\angle BPR = 180^\circ - \angle RCB = 120^\circ + \alpha$.

$\angle BPI = \angle BC_1I = 60^\circ + \alpha$.

$\angle RPI =\angle BPR - \angle BPI = 60^\circ$ elde edilir.

$\angle RPI = \angle RPQ = \angle RCQ = 60^\circ$ ve $\angle ARC = \angle ABC = 60^\circ$ olduğu için $AQ \parallel RC$.
$\angle A_1IC = 60^\circ = \angle ICQ$ olduğu için de $AI \parallel QC$ dir. Bu durumda, $AQCI$ bir paralelkenar ve $IQ$ doğrusu $AC$ doğru parçasını ortalar.

[geo]

Problem 14

$AC > BC$ olacak şekilde dik üçgenimizi oluşturalım.

$OC$ nin orta noktası $M$ ve iç teğet çemberin merkezi $I$ olsun. İç teğet çember $AB$ ye $T$ de dokunsun. $CI$ açıortayı, $AB$ yi $N$ de kessin.
$C$ den $AB$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun.
$CF$, $CI$, $IT$ doğruları, iç teğet çemberin $C$ ye yakın olan tarafını sırasıyla $L$, $J$, $R$ noktalarında kessin.
$OF$ ile iç teğet çember, ikinci kez $K$ de kesişsin.
$CR$ ile $AB$, $S$ de kesişsin.

$CE = CF$ olması için $\angle RIJ = LIJ$ olması gerekir. (Simetriden fark edebilirsiniz, ya da biraz işlem yapmak isterseniz $C$ nin kuvvetini alarak $CRIL$ nin deltoid olduğunu görebilirsiniz.)

İddia 1: $ABC$ nin dik üçgen olmasından bağımsız olarak; $C$, $R$, $E$, $S$ doğrusaldır.

İddia 2: $ABC$ nin dik üçgen olmasından bağımsız olarak; $OT^2 = ON \cdot OH$.

İddia 3: $ABC$ nin dik üçgen olmasından bağımsız olarak; $KN$ iç teğet çembere teğettir.

Medial üçgenin çevrel çemberi dokuz nokta çemberidir. Dik üçgene özgü olarak, dokuz nokta çemberinin özelliklerini kullanmaya pek gerek yok.
Medial üçgenin köşeleri ve $O$ noktası bir dikdörtgen belirteceği için medial üçgenin çevrel çemberi $C$ den geçer ve $OC$ bu çemberin çapıdır.
$F$ bu çevrel çember üzerinde (dokuz nokta çemberi) üzerinde olduğu için $\angle CFO = 90^\circ$. Bu durumda $\angle KFL = 90^\circ$ ve $K$, $I$, $L$ doğrusaldır.
$NK$ ve $NT$, $\omega$ ya teğet oldukları için $\angle KIN = \angle TIN$. Dolayısıyla $\angle RIJ = \angle LIJ$ olur ve ispat biter.

Şimdi de, iddialarımızı ispatlayalım.

İddia 1: $ABC$ nin dik üçgen olmasından bağımsız olarak; $C$, $R$, $E$, $S$ doğrusaldır.

İspat 1:

$R$ den $\omega$ ya çizilen teğet üçgenin $AC$ ve $BC$ kenarlarını sırasıyla $A'$ ve $B'$ de kessin.
Çizilen teğet $AB$ ye paralel olacağı için benzerlikten $CA'B' \sim CAB$ dir.
$\omega$, $A'B'C$ üçgeninin dış teğet çemberidir.
$A'R / AS = CA'/CA$ olacağı için $ABC$ üçgeninin dış teğet çemberi de $AB$ ye $S$ de dokunur.
$ABC$ nin kenarlarına yaygın notasyona göre $a$, $b$, $c$ ve çevresine $2u$ dersek. $AS = CT=u-b$ olacaktır.
$AO=OB=\dfrac c2$ olduğu için de $OS=OT=\dfrac {|b-a|}2$ dir.
$OT=OE$ olduğu için de $\angle SET = 90^\circ$ ve $\omega$ da $TR$ çapını gördüğü için $\angle RET = 90^\circ$ olduğu için $S$, $E$, $R$ noktaları doğrusaldır. $\blacksquare$

İddia 2: $ABC$ nin dik üçgen olmasından bağımsız olarak; $OT^2 = ON \cdot OH$.

İspat 2:

Açıortay teoreminden $BN = \dfrac {cb}{a+b}$, Pisagordan (Diklik bağıntısından) $BH =\dfrac{c^2 + a^2 - b^2}{2c}$.

$ON = \dfrac c2 - \dfrac {cb}{a+b} = \dfrac {ac - bc}{2(a+b)} = \dfrac {c|a-b|}{2(a+b)}$, $OH = \dfrac {c}{2}  -\dfrac{c^2 + a^2 - b^2}{2c} = \dfrac {|b^2 - a^2|}{2c}$

$ON \cdot OH = \dfrac {(b-a)^2}{4} = OT^2$. $\blacksquare$

İddia 3: $ABC$ nin dik üçgen olmasından bağımsız olarak; $KN$ iç teğet çembere teğettir.

İspat 3:

$ \angle OMH = 2\angle OFH$, $\angle MON = 90^\circ - \angle OFH$.

$ON \cdot OH = OT^2 = OK\cdot OF$ olduğu için $\triangle ONK \sim \triangle OFH$. Dolayısıyla $\angle ONK = \angle OFH$.

Bu durumda, $\angle MON + \angle ONK = 90^\circ$ elde edilir. Yani $KN \perp OM$.
$\triangle OMF$ ile $\triangle KIF$ benzer ikizkenar üçgenler olduğu için $IK \parallel MO$ dur. Bu durumda $KN \perp IK$ olur. Bu da $KN$ nin $\omega$ ya teğet olduğu anlamına gelir. $\blacksquare$

Aynı sonuca evirtim (inversion) ile de varabilirdik.
$O$ merkezli $\rho = OT^2$ kuvvetli ($O$ merkezli $ST$ çaplı çembere göre evirtim) evirtim; $H$ yi $N$ ye dönüştürür.
Aynı evirtim; $F$ yi $K$ ya, $T$ yi $T$ ye, $E$ yi $E$ ye dönüştürür.
$(OHF)$ çevrel çemberi $O$ dan geçtiği için bu çemberin evriği $NK$ doğrusudur.
$\omega$ çemberinin evriği ise kendisidir. Neden? $(TEF)$ çemberinin evriği $(TEK)$ çemberidir. (Ya da daha doğrudan $OT \perp IT$ olduğu için evirtim çemberi ile $\omega$ ortogonaldir (diktir). Evirtim; ortogonal çemberi değiştirmez.)
$\omega$ ile dokuz nokta çemberi, tek noktada kesiştiği için; $NK$ doğrusu ile $(TEK)$ çemberi de tek noktada kesişir. Yani $NK$, $\omega$ ya teğettir. $\blacksquare$



Not: Dokuz nokta çemberi, iç teğet çembere teğettir. Bu değme noktasına Feuerbach noktası denir.

[geo]

Problem 16

$ABC$ nin iç merkezi $I$ olsun.
$PQ \perp ED$ ve $AC \perp ED$ olduğu için $PQ \parallel AC$ dir.
$PQ$, $ED$ yi ortaladığı için $B_1D$ yi de ortalar. $B_1D$ nin orta noktası $M$ olsun.


$BC=b$, $CA=b$, $AB=c$ olmak üzere;

İddia 1: $\dfrac {BD}{DB_1} = \dfrac {a+c}{2b}$

İspat: $A_1C_1$ ile $\angle ABC$ nin dış açıortayının $AC$ üzerinde kesiştiği aslında bilinen bir problem. bkz. Lise 1. Aşama 1995/30
$AC$ üzerindeki bu noktaya $F$ dersek, $ABB_1$ üçgeninde $C_1$, $D$, $F$ noktaları için Menelaus istediğimiz sonucu verecektir.

Bu ek çizimi yapmadan da iddiamızı ispatlayabiliriz. Öyle yapalım:
$BIC$ üçgeninde $A_1$, $D$, $C_1$ noktaları için Menelaus uygulayalım.

$$\dfrac{BD}{DI} \cdot \dfrac{IC_1}{CC_1} \cdot \dfrac{CA_1}{BA_1} = \dfrac{BD}{DI} \cdot \dfrac{BC_1}{BC_1 + BC} \cdot \dfrac{AC}{AB} = 1 \Rightarrow  \dfrac{BD}{DI} = \dfrac{AB}{AC} \cdot \left (1 + \dfrac {BC}{BC_1} \right)$$

$BC_1 = \dfrac {ac}{a+b}$ olduğu için $\dfrac {BD}{DI} = \dfrac {a+b+c}{b}$.

$\dfrac {BI}{IB_1} = \dfrac {AB}{AB_1} = \dfrac {c}{\dfrac {bc}{a+c}} = \dfrac {a+c}{b}$.

$BD = (a+b+c)(a+c)k$ dersek $DI = b(a+c)k$, $BI = (a+2b+c)(a+c)k$, $IB_1 = (a+2b+c)bk$, $DB_1 = 2b(a+b+c)k$ ve $\dfrac {BD}{DB_1} = \dfrac {a+c}{2b}$. $\blacksquare$


$\dfrac {BD}{DM} = \dfrac {a+c}{b} = \dfrac {BI}{IB_1} = \dfrac {AB}{AB_1} = \dfrac {BP}{PM}$ olduğu için $BPQ$ üçgeninde $PD$ iç açıortaydır. Bu durumda, $D$ noktası $BPQ$ üçgeninin iç merkezidir. $\angle PDB = 90^\circ + \dfrac {\angle PQB}2$ olduğu için $\angle PDM = 90^\circ - \dfrac {\angle PQB}2 = 90^\circ - PQD$ elde edilir.
$\angle EDQ = 90^\circ - \angle PQD = \angle PDM = \angle PDB_1$. $\blacksquare$

Not: $D$ nin $BPQ$ nun iç merkezi olmasıyla iç yarıçap $DE$ nin yarısına eşit olacaktır. Bu durumda, $D$ den $AB$ ve $BC$ kenarlarına inilen yükseklikler $DE$ nin yarısına eşit olacaktır.
Bu durumda bu soru burada anlatılan soruya özdeş oluyor.