Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Tübitak Lise Takım Seçme => 2023 => Konuyu başlatan: geo - Aralık 30, 2023, 04:07:53 ös
-
Bir çeşitkenar $ABC$ üçgeninde çevrel çemberin merkezi $O$, iç teğet çemberin merkezi $I$, diklik merkezi $H$ olsun. $O$ dan geçip $IH$ ye $I$ da teğet olan çember ile $H$ den geçip $IO$ ya $I$ da teğet olan çemberin ikinci kesişimi $M$ olsun. $M$ noktasının $ABC$ nin çevrel çemberi üzerinde olduğunu gösteriniz.
-
$IM \cap HO = T$ olsun. $\angle{HIM} = \angle{IOM}$ olduğu açıktır (Teğetlikten). Bu açı $\alpha$ olsun. Yine teğetlikten $\angle{MIO} = \angle{IHM}$ olduğu söylenebilir. Bu açıda $\theta$ olsun. $\triangle {HMI} \sim \triangle {IMO}$ olduğundan $|IM|^2=|MO|\cdot|MH|$'dur. Ayrıca $\angle{HMI}=\angle{IMO}$ olduğundan $\triangle{HMO}$'nde açıortay teoreminden $|MT|^2=|MO|\cdot|MH|-|HT|\cdot|TO|$'dur. $|MO|\cdot|MH|=|IM|^2$ olduğunu söylemiştik. Buradan $|HT|\cdot|TO|=|IM|^2-|MT|^2=(|IM|+|MT|)\cdot(|IM|-|MT|)$ elde edilir. $I$'nın $M$'ye göre simetriği $L$ olsun. Az önceki bilgi bize, kuvvet vasıtasıyla $HIOL$ çemberselligini gösterir. $HIOL$ çemberseldir. $\angle{OHI}=x_1$ ve $\angle{HOI}=x_2$ olsun. Çembersellikten $\angle{HOL}=\alpha$ olduğundan $\angle{MOL}=x_2$ olur. Benzer şekilde $\angle{MHL}=x_1$ olur. $\angle{IHO}=\angle{LHM}=x_1$ olduğundan $[HT] ,\triangle{IHL}$'nde simedyandır. Buradan $\frac{|IT|}{|TL|}=\frac{|HI|^2}{|HL|^2}$ olur. Benzer şekilde $\frac{|IO|^2}{|OL|^2}=\frac{|IT|}{|TL|}$ olur ve bu iki denklem birleştirilerek $\frac{|IO|^2}{|HI|^2}=\frac{|OL|^2}{|HL|^2}$ elde edilir. $\angle{HLI}=x_2$ ve $\angle{ILO}=x_1$ olduğundan $\triangle{MHL}\sim\triangle{MLO}$ olur. Buradan $\frac{|OL|}{|HL|}=\frac{|ML|}{|HM}=\frac{|MO|}{|ML|}$ elde edilir. Bu yüzden $\frac{|OL|^2}{|HL|^2}=\frac{|MO|}{|HM|}$ olur. Buradan $\frac{|IO|^2}{|HI|^2}=\frac{|MO|}{|HM|}$ olur. $\triangle {HMO}$'nde iç açıortay teoreminden $\frac{|MO|}{|HM|}=\frac{|OT|}{|TH|}$ elde edilir. Yani $\frac{|IO|^2}{|HI|^2}=\frac{|OT|}{|TH|}$ olur. Bu yüzden $[IT]$, $\triangle{HIO}$'nde simedyan olur. Buradan $[OH]$'nin orta noktası $R$ ise $\angle{RIO}=\alpha$ ve $\angle{HRI}=\theta$ gelir. $R$'den geçip $IH$'ye paralel olan doğrunun $IO$ ile kesişimi $Q$ olmak üzere $\angle{IRQ}=\theta$ olduğu açıktır. Ayrıca orta tabanlıktan $Q$, $[IO]$'nin orta noktasıdır. $\triangle {IRQ}\sim\triangle {OMI}$ benzerliği ve az önceki orta tabanlıktan $\frac{\frac{|OI|}{2}}{|OM|}=\frac{|IR|}{|OI|}$ elde edilir. Buradanda $\frac{|OI|^2}{2|IR|}=|OM|$ olur. Feurebach ve euler teoremlerinden $|OI|=\sqrt{R^2-2Rr}$ ve $|IR|=\frac{R}{2}-r=\frac{R-2r}{2}$ olduğunu biliyoruz. Bunları son denklemde yerine yazarsak $|OM|=R$ elde edilir. $M$ noktası merkeze yarıçap kadar uzaklıktadır. Dolayısıyla çemberin üzerindedir. İspat biter.