Tübitak Lise Takım Seçme 2003 Soru 5

[Lokman Gökçe]

$A$, $O$ merkezli bir çemberin üstünde bir nokta ve $B$ de $[OA]$ nın orta noktası olsun. $C$ ve $D$, çember üstünde ve $OA$ doğrusunun aynı tarafında, $\widehat{CBO} = \widehat{DBA}$ koşulunu sağlayan noktalar olmak üzere, $[CD]$ nin orta noktasının $B$ ye göre simetriğinin yine çember üstünde olduğunu gösteriniz.

[ERhan ERdoğan]

$[CB$ nin uzantısı çemberi  $K$ da kessin. $\angle{KBO}=\angle{DBO}$ olduğundan, $|BK|=|BD|$ dir. Buna göre; $OBK$ üçgeni ile $OBD$ eş üçgenler ve $\angle{BKO}=\angle{BDO}$ dir. $|OK|=|OC|$ den $\angle{BKO}=\angle{BCO}$ olup $OBCD$ dörtgeninde $\angle{BCO}=\angle{BDO}$ açı ilişkisinden dolayı $OBCD$ bir kirişler dörtgenidir.

Bu dörtgende Ptolemy teoremini uygulayalım.
$$|BC|\cdot{r} + |CD|\cdot\dfrac{r}{2} = |BD|\cdot{r}\Rightarrow|DE|= |BD| -|BC|\tag{1}$$
bulunur.

$BCD$ üçgeninde kenarortay teoremini uygulayalım.
$$|BC|^{2}+|BD|^{2}=2x^{2}+2|DE|^{2}\tag{2}$$

Çemberde $B$ noktasına göre kuvvet yazarsak,
$$|BC|\cdot|BD| = \dfrac{3r^{2}}{4}\tag{3}$$

$(1)$ nolu denklemde iki tarafın karesini alıp $(2)$ ve $(3)$ nolu denklemleri kullanırsak

$$|DE|^{2} = \dfrac{3r^{2}}{2}-2x^{2}\tag{4}$$ olur.

Son olarak $OEF$ üçgeninde $OB$ kesenine göre Stewart teoremini yazalım.

$$\dfrac{r^{2}}{4} =\dfrac{x\cdot{r^{2}}+y\cdot|OE|^{2}}{x+y}-xy =\dfrac{xr^{2}+yr^{2}-|DE|^{2}}{x+y}-xy$$

$(4)$ nolu eşitliği kullanarak,

$$(x-y)(\dfrac{3r^{2}}{4}+xy) = 0\Rightarrow x = y$$ dir.

[ERhan ERdoğan]

$[CB$ nin ışını çemberi  $K$ da kessin. $\angle{KBO}=\angle{DBO}$ olduğundan, $|BK|=|BD|$ dir. Buna göre; $OBK$ üçgeni ile $OBD$ eş üçgenler ve $\angle{BKO}=\angle{BDO}$ dir. $|OK|=|OC|$ den $\angle{BKO}=\angle{BCO}$ olup $OBCD$ dörtgeninde $\angle{BCO}=\angle{BDO}$ açı ilişkisinden dolayı $OBCD$ bir kirişler dörtgenidir.
$CD$ ile $OA$ doğrusunun kesim noktası $T$ olsun. $T$ noktasının sırasıyla $(BODC)$ ve $(FADC)$ çemberlerine göre kuvvetini alalım.

$$|TC|\cdot|TD|=(|TA|+\frac{r}{2})(|TA|+r) \tag{1}$$ ve $$|TC|\cdot|TD|=|TA|(|TA|+2r) \tag{2}$$

$(1)$ ve $(2)$ den $|TA|=r$ olur. $\angle{OET}=90^\circ$ olduğundan $|OA|=|AT|=|AE|=r$ dir.
$ABE$ ve $FBO$ üçgenleri $|AB|=|OB| , |AE|=|OF| , \angle{FBO}=\angle{ABE}$ ve $\angle{OFB}<90^\circ , \angle{AEB}<90^\circ$ olduğundan eş üçgenlerdir. Bu eşliğe göre, $|FB|=|BE|$ dir.