Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Uluslararası Matematik Olimpiyatı => 2015 => Konuyu başlatan: Eray - Temmuz 12, 2015, 01:06:36 öö
-
$|AB| > |AC|$ koşulunu sağlayan bir $ABC$ dar açılı üçgeninin çevrel çemberi $\Gamma$, diklik merkezi $H$, $A$ dan geçen yüksekliğin ayağı ise $F$ olsun. $[BC]$ nin orta noktasına $M$diyelim. $\Gamma$ çemberi üzerinde $\angle HQA = 90^\circ$ olacak şekilde bir $Q$ ve yine $\Gamma$ çemberi üzerinde $\angle HKQ=90^\circ$ olacak şekilde bir $K$ noktası alınıyor. $A, B, C, K$ ve $Q$ noktalarının birbirlerinden farklı oldukları ve $\Gamma$ üzerinde yazıldıkları sırada bulundukları varsayılıyor.
$KQH$ ve $FKM$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin birbirlerine teğet olduklarını gösteriniz.
-
$AE$ doğru parçası $\Gamma$ nın çapı olsun. $AF \cap \Gamma=D$ ve $\Gamma$ nın merkezi $O$ olsun.
$\textit{1. Adım:}$ $Q,H,M,E$ noktaları doğrusaldır.
$\textit{Kanıt:}$ $BECH$ bir paralelkenardır dolayısıyla $E,M,H$ doğrusaldır. $AE$ çap ve $\angle AQE=90$ olduğundan $Q,H,M,E$ doğrusaldır.
$\textit{2. Adım:}$ $(DHK)$ çemberi $QE$ ye teğettir.
$\textit{Kanıt:}$ $QP$ doğru parçası $\Gamma$ nın çapı olacak şekilde $P$ noktası alalım. $P,H,K$ doğrusaldır. O halde $\angle HKD = \angle PQD = \angle OQD = 90-\angle QBD$ olduğunu biliyoruz. $\angle QMC=\angle DMC$ olduğundan $QBDC$ harmoniktir. O halde $\angle QBD = \angle QMC$ diyebiliriz. $\angle HKD = 90-\angle QMC=\angle MHD$ olduğundan 2. Adımın ispatı da tamamlanır.
$(KHD)$ nin merkezi olarak $X$ noktası alalım. $X \in [BC]$ idir çünkü $BC$ doğrusu $HD$ nin kenarorta dikmesidir ve $XH\perp QE$ idir. Buradan $XK^2 = XH^2 = XF\cdot XM$ olur bu da $XK$ nın $(MFK)$ ye teğet olduğunu gösterir. $XK=XH$ olduğundan ve $XH$ da $(QHK)$ ye teğet olduğundan. $XK$ $(QHK)$ ye teğet olur. Buradan da ispat biter.