Balkan Matematik Olimpiyatı 2025 Soru 2

[matematikolimpiyati]

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin diklik merkezi $H$ olsun. $[BC]$ kenarının üstünde bir $D$ noktası ve sırasıyla $[AB]$ ve $[AC]$ kenarları üzerinde $E$ ve $F$ noktaları; $A,B,D,F$ ve $A,C,D,E$ çemberdeş olacak şekilde alınıyor. $[BF]$ ve $[CE]$ doğru parçalarının kesişim noktası $P$ olsun. $HA$ doğrusu üzerinde bir $L$ noktası, $LC$ doğrusu $PBC$ üçgeninin çevrel çemberine $C$ noktasında teğet olacak şekilde alınıyor. $BH$ ve $CP$ doğrularının kesişim noktası $X$ olsun. $D,L$ ve $X$ noktalarının doğrusal olduğunu gösteriniz.

(Kıbrıs)

[ygzgndgn]

Çözüm. Birkaç basit gözlemle başlayalım.
İddia. $B,H,C,P$ çemberdeştir.
İspat.
$$\angle{BPC}=180-\angle{PBC}-\angle{PCB}=180-\angle{FBD}-\angle{ECD}=180-\angle{DAB}-\angle{DAC}=180-A=\angle{BHC}$$
sağlandığından ötürü doğrudur. $\blacksquare$

İddia. $P,E,B,D$ ve $P,F,C,D$ çemberdeştir.
İspat. Aşağıdaki açı eşitlikleri sağlanır.
$$\angle{PBD}=\angle{FBD}=\angle{FAD}=\angle{CAD}=\angle{CED}=\angle{PED}$$
Benzer bir şekilde $\angle{PCD}=\angle{PFD}$ olduğu ispatlanabilir, bu ise iddiayı ispatlar. $\blacksquare$

$A'$ noktası $A$'nın $BC$'ye göre yansıması olsun.
İddia. $\overline{P-D-A'}$ doğrudaştır.
İspat. $(BHC)$'nin $(ABC)$'nin $BC$'ye göre yansıması olduğu bilindiktir. Buradan $A'\in(BHC)$ gelir. Önceki iddia
$$\angle{BPD}=C=\angle{A'CB} \text{ ve } \angle{CPD}=B=\angle{A'BC}$$
eşitliklerine işaret eder. Tüm bunlar iddianın ispatı için kafidir. $\blacksquare$

$(CCPA'HB)$ çembersel altıgeninde Pascal'dan $\overline{CC\cap A'H-CP\cap HB-PA'\cap BC}\Rightarrow \overline{L-X-D}$ doğrudaş olarak bulunur. $\blacksquare$