Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2001 Soru 5

[geo]

$ABC$ üçgeninde, $BC$ üzerine $P$ noktası, $CA$ üzerinde $Q$ noktası, $AP$ doğrusu $\angle BAC$ nin açıortayı, $BQ$ doğrusu da $\angle ABC$ nin açıortayı olacak şekilde alınıyor. $\angle BAC=60^\circ$ ve $AB+BP=AQ+QB$ olduğunu biliniyor. Buna göre, $ABC$ üçgeninin açılarının alabileceği değerleri bulunuz?

[geo]

$[AB$ üzerinde, $[AB]$ dışında, $BP'=BP$ olacak şekilde $P'$ noktası ile; $[AQ$ üzerinde, $[AQ]$ dışında, $QB'=QB$ olacak şekilde $B'$ noktası alalım. $AB'=AP'$ olacaktır. $AP$, $\angle P'AB'$ nün açıortayı olduğu için $PP'=PB'$ ve $\angle AP'P = \angle AB'P = \alpha$ dır. $BQB'P$ dörtgeninde (içbükey ya da dışbükey) $QP$ yi gören açılar, $\angle QBP$ ile $\angle QB'P$, $\alpha$ ya eş olduğu için $\triangle QBP$ ile $\triangle QB'P$ de Sinüs teoreminden, $$\dfrac{BQ}{\sin \angle BPQ} = \dfrac{QP}{\sin \angle QBP} = \dfrac{QB'}{\sin \angle QPB'}$$ olacaktır. $BQ=QB'$ olduğu için $\sin \angle BPQ = \sin \angle QPB'$. Bu durumda, ya $\angle BPQ = \angle QPB'$ dür, ya da $\angle BPQ + \angle QPB' = 180^\circ$ dir.

• $\angle BPQ = \angle QPB'$ olduğunda simetriden $PP'=BP=PB'=BP'$, dolayısıyla $\alpha = 60^\circ$ dir. $ABC$ üçgende $\angle BAC = 60^\circ$ olduğu için $\angle ABC < 120^\circ$ olmalı. Dolayısıyla, buradan çözüm gelmez.
  
  
• $\angle BPQ + \angle QPB' = 180^\circ$ olduğu için $B,P,B'$ noktaları doğrusal, yani $B'=C$ dir. Bu durumda, $2\alpha + \alpha + 60^\circ = 180^\circ \Rightarrow \alpha = 40^\circ$ olacaktır. $\angle A= 60^\circ$, $\angle B = 80^\circ$, $\angle C = 40^\circ$ tek çözüm olacaktır.