Üçgen içerisinde P noktası, Model 3.6

[geo]

$ABC$ üçgeninin iç bölgesinde $BP \perp AC$ ve $\angle ABP - \angle PCA = \angle PBC - \angle PBA = 30^\circ$ olacak şekilde bir $P$ noktası alınıyor. $\angle PAC = 3\angle PCA$ olduğunu gösteriniz.

[geo]

$\angle PCA = \alpha$ dersek,
$\angle ABP = 30^\circ + \alpha$, $\angle PBC = 60^\circ + \alpha$, $\angle PCB = 30^\circ - \alpha$ olacak.

$\triangle PBC$ nin çevrel çemberinin merkezi $O$ olsun. $PC$ yayı üzerinde $\angle DBC = 30^\circ$ olacak şekilde bir $D$ noktası alalım.
$\angle PBD = \angle PCD = 30^\circ + \alpha$ ve $\angle ACD = 30^\circ$ dir.
$\angle DOC = 60^\circ$ ve $\triangle DOC$ eşkenar olacak. Bu durumda $\angle BCO = \alpha$ dır. Yani $CA \perp OD$ dir.
$BD$ ile $AC$ doğruları $E$ de kesişsin. $EOCD$ bir deltoiddir.
$\angle PBE = \angle EDO = 30^\circ + \alpha$ ve $\angle BEO = 60^\circ + 2\alpha$ dır.
$\angle BPO = \angle PBO = \angle PBC + \angle CBO = 60^\circ + 2\alpha = \angle BEO$ olduğu için $BPEO$ kirişler dörtgenidir.
Bu durumda $\angle OPE = \angle EBO = 30^\circ + \alpha$ ve $\angle EPC = \angle OPE - \angle OPC = 2\alpha$ dır.
$\angle PEA = \angle EPC + \angle ECP = 3\alpha$ olur.
$\angle ABP = \angle PBE = 30^\circ + \alpha$ ve $BP\perp AE$ olduğu için $AB=BE$ dir. Yani $\angle PAE = \angle PEA = 3\alpha = 3\angle PCA$ dır.

Not:
Bu sorunun Ceva teoreminin trigonometrik yer değiştirme özelliğine göre modellenmiş hali burada Model 3.6 olarak verilmiş.

[geo]

$A$ nın $BP$ ye göre simetriği $D$, $B$ nin $AC$ ye göre simetriği $E$ olsun.
$\angle DCA = \alpha$ dersek $\angle ABE = \angle EBD = \angle BED = 30^\circ + \alpha$, $\angle DEC = 30^\circ$ ve $\angle DCE = 30^\circ - \alpha$ olacaktır.
Bu durumda, $PEC$ üçgeninde $D$ noktası için bir Ceva Modeli kurduğumuzda $(\angle DCP, \angle DEC) : (\angle DCE, \angle DEP) \to (\angle EPD, \angle DPC)$ yani $(\alpha , 30^\circ) : (30^\circ - \alpha , 30^\circ + \alpha) \to (x,y)$ elde ederiz. Bu da, burada çözümü yapılan Model 1.3 tür.
Bu durumda, $x = \angle DPC = 2\alpha$ çıkar.

Böylece, $\angle PAD = \angle PDA = 3\alpha$ elde etmiş olduk.

Not:
Model 3.6 dan Model 1.3 ü elde ettik. Bu da demek oluyor ki bunlardan birinin çözümünü biliyorsak, bu yardımcı bilgi sayesinde diğerinin çözümünü yapabiliriz.

[geo]

$[AB$ üzerinde $DA=DC$ olacak şekilde bir $D$ noktası alalım.
$D$ merkezli çember ile $CP$ ışını $E$ de kesişsin.
$\angle PCA = \alpha$ dersek, $\angle EDA = 2\alpha$, $\angle BDC = 60^\circ + 2\alpha$, $\angle BCD = 30^\circ$, $\angle BCP = 30^\circ - 2\alpha$ ve $\angle AEP = \angle ABP = 30^\circ + \alpha$ dır.
$\angle ABP = \angle AEP$ eşitliği $AEBP$ yi kirişler dörtgeni yapar. Bunu bir kenara not edelim.

$\triangle DEC$ de $B$ noktası için Ceva Modeli uyguladığımızda, $(30-2\alpha, 60+2\alpha):(30,2\alpha) \to (\angle DEB, \angle BEC)$ elde ediyoruz. $t=30 - 2\alpha$ dönüşümü ile $(t, 90-t):(30-t, 30) \to (x,y)$, yani Model 4.6 yı elde ederiz. Bu durumda $\angle DEB = 30^\circ - t = 2\alpha$ çıkar. (Çözümlerden birindeki adımları uygulayarak aynı sonucu elde edebiliriz. Şimdilik sadece referans veriyoruz.)

$\angle EBA = \angle EDB + \angle DEB = 4\alpha$ ve $EBPA$ kirişler dörtgeni olduğundan $\angle EPA = \angle EBA = 4\alpha$ ve $\angle PAC = 3\alpha$ çıkar.

[geo]

$BP$ $AC$ yi $H$ de kessin. $\angle PCA = \alpha$ ve $\angle PAC = \theta$ olsun.

$\triangle PAC$ de $\dfrac{HC}{AH} = \dfrac{\tan \theta}{\tan \alpha}$.

$\triangle ABC$ de $\dfrac{HC}{AH} = \dfrac{\tan (60^\circ - \alpha)}{\tan (30^\circ - \alpha)}$.

$\begin{array}{lcl}
\tan \theta &=& \tan \alpha \cdot \tan (60^\circ - \alpha) \cdot \tan (60^\circ + \alpha) \\
&=& \tan \alpha \cdot \dfrac{\tan 60^\circ - \tan \alpha}{1 + \tan 60^\circ \cdot \tan \alpha} \cdot \dfrac{\tan 60^\circ + \tan \alpha}{1 - \tan 60^\circ \cdot \tan \alpha}\\
&=& \tan \alpha \cdot \dfrac{\tan^2 60^\circ - \tan^2 \alpha}{1 - \tan^2 60^\circ \cdot \tan^2 \alpha}\\
&=& \dfrac{3\tan\alpha - \tan^3 \alpha}{1-3\tan^2\alpha} \\
&=& \tan 3\alpha.
\end{array}$

$\theta = 3\alpha$.$\blacksquare$