Genç Balkan Matematik Olimpiyatı

1

$ABC$ üçgeninde $CA=CB$ sağlanıyor. $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin üzerinde $A$ ve $B$ noktaları arasında bir $P$ noktası alınıyor($AB$ doğrusunun $C$ tarafının tersinde olacak şekilde). $C$ den $PB$ ye inen dikme ayağı ise $D$ noktası olsun.

$$PA+PB=2.PD$$
olduğunu gösteriniz.

Çözüm 1:

$P$ nin $D$ ye göre simetriği $Q$ olsun.
$\angle CAB = \angle CPB = \angle CQB$.
Bu durumda $\angle PCQ = \angle ACB$ dolayısıyla $\angle ACP = \angle BCQ$ olur. $CA=CB$ ve $CP = CQ$ olduğu için $\triangle ACP \cong \triangle BCQ$. Yani $AP=BQ$ elde edilir. $PA+PB= BQ+PB=PQ=2\cdot PD$.

Çözüm 2:

$\angle PCD = \alpha$ olsun.
$\angle CAB = \angle CPD = 90^\circ - \alpha$ olduğu için $\angle ACB =2\alpha$ dır.
$ACBP$ kirişler dörtgeninde Ptolemy'den $AC\cdot PB + BC\cdot PA = PC\cdot AB$. Biraz düzenlemeyle $$
\begin{array}{rcl}
BC\cdot (PA+PB)=PC\cdot AB \Longrightarrow PA+PB &=& PC\cdot \dfrac{AB}{BC}\\ &=& PC\cdot \dfrac{\sin 2\alpha}{\sin (90^\circ-\alpha)} \\ &=& PC\cdot 2\cdot \sin \alpha \tag{1}
\end{array}$$
$PCD$ dik üçgeninde $$PD=PC\cdot \sin \alpha \tag{2}$$ olacaktır. $(1)$ ile $(2)$ yi birleştirdiğimizde $PA+PB = 2\cdot PD$ elde ederiz.

Çözüm 3:

$PB = PA$ ise $\angle CBP = 90^\circ$ olacağı için $B=D$ olacaktır. $PD = PB = PA \Rightarrow 2\cdot PD = PA + PB$ sağlanacaktır.
$PB > PA$ kabul edelim.

$\angle CPB = \angle CAB = \angle CBA = \angle CPA$ olduğu için $PC$ doğrusu $\angle APB$ nin açıortayıdır. Açıortay kollarına inilen dikmeler eşit olacağı için $C$ den $AP$ ye inilen dikmenin ayağı $E$ ise $CE = CD$. Pisagordan ya da eşlikten $AE = BD$ olacaktır.
$PE = PD = PA + AE = PB - BD \Rightarrow 2\cdot PD = 2\cdot PE = PE + PD = PA + AE + PB - BD = PA + PB$.
$PB < PA$ ise şekilde $E$ ile $D$, $A$ ile $B$ yer değiştirecek. Bu durumda yine aynı sonuç çıkacak.

2

$O_{1}$ ve $O_{2}$ merkezli iki çember $A$ ve $B$ noktasında kesişmektedir ($O_{1}$ ve $O_{2}$ merkezleri, $AB$ doğrusunun farklı taraflarında kalmak üzere). $BO_{1}$ ve $BO_{2}$ doğruları, kendi çemberlerini sırasıyla $B_{1}$ ve $B_{2}$ noktalarında kesiyor. $B_{1}B_{2}$ doğru parçasının orta noktası $M$ olsun. $M_{1}$ ve $M_{2}$ ise sırasıyla $O_{1}$ ve $O_{2}$ merkezli çemberlerin üstünde $\angle AO_{1}M_{1}=\angle AO_{2}M_{2}$; $B_{1}$, küçük $AM_{1}$ yayı üzerinde ve $B$ küçük $AM_{2}$ yayı üzerinde olacak şekilde alınıyor.
$$\angle MM_{1}B =\angle MM_{2}B$$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

Çapı gören çevre açılardan $\angle B_1AB = \angle B_2AB = 90^\circ$ olacağı için $B_1, A, B_2$ doğrusaldır.
$\angle ABM_2 = 180^\circ - \dfrac {\angle AO_2M_2}2 = 180^\circ - \dfrac {\angle AO_1M_1}2 =180^\circ - \angle ABM_1$ olduğu için $M_1, B, M_2$ doğrusaldır.
Çapı gören çevre açıdan $\angle B_1M_1B =\angle B_2M_2B = 90^\circ$ olduğu için $B_1M_1M_2B_2$ bir dik yamuktur.
$N$, $M_1M_2$ nin orta noktası olsun. $MN$ dik yamuğun orta tabanı olacaktır. Bu durumda $MN \parallel B_1M_1$, yani $MN \perp M_1M_2$ olacaktır. Bu da $MM_1M_2$ üçgeninin ikizkenar olduğu anlamına gelir.

3

Tam olarak 16 pozitif böleni $1=d_{1}<d_{2}<\cdots<d_{16}=n$ olan ve $k=d_{5}$ olduğu durumda pozitif bölen $d_{k}=(d_{2}+d_{4})d_{6}$ eşitliğini sağlayan tüm pozitif tam sayıları bulunuz.

4

$a,b,c$ pozitif reeller olmak üzere

$$\dfrac{1}{b(a+b)}+\dfrac{1}{c(b+c)}+\dfrac{1}{a(c+a)}\geq \dfrac{27}{2(a+b+c)^2}$$

olduğunu gösteriniz.

Genç Balkan Matematik Olimpiyatı - 2002 Çözümleri