Uluslararası Matematik Olimpiyatı 1998 Soru 1

[geo]

$ABCD$ konveks dörtgeninde $AC$ ve $BD$ köşegenleri birbirine dik olup, $AB$ ve $DC$ kenarları paralel değildir. $AB$ ve $DC$'nin orta dikmelerinin kesiştiği $P$ notkasının $ABCD$'nin iç bölgesinde yer aldığı bilinmektedir. $ABCD$'nin bir kirişler dörtgeni olması için gerek ve yeter koşulun $ABP$ ve $CDP$ üçgenlerinin alanlarının eşit olması olduğunu gösteriniz.

[geo]

• $[APB] = [PDC] \Longrightarrow AP=PB=PC=PD$ olduğunu gösterelim.
  
  $BD \cap AC = \{E\}$, $[BA \cap [CD = \{F\}$, $AB$ nin orta noktası $X$, $CD$ nin orta noktası $Y$ olsun.
  
  Köşegenler dik kesiştiği için $AX=BX=XE$ ve $CY=DY=EY$.
  
  Alan eşitliğinden $PX \cdot AB = PY \cdot CD \Rightarrow PX \cdot EX = PY \cdot EY \Rightarrow \dfrac{EX}{EY} = \dfrac{PY}{PX}$.
  
  $\angle XBE = \angle XEB = \alpha$ ve $\angle YEC = \angle YCE = \beta$ dersek, $\angle AXE = 2\alpha$ ve $\angle EYD = 2\beta$.
  
  $FBEC$ içbükey dörtgeninde $\angle BEC = \angle BFC + \angle FBE + \angle FCE \Rightarrow \angle BFC = 90^\circ - \alpha - \beta$.
  
  $FXEY$ içbükey dörtgeninde $\angle XEY = \angle XFY + \angle AXE + \angle EYD = (90^\circ - \alpha - \beta) + 2\alpha + 2\beta = 90^\circ + \alpha + \beta$.
  
  $PXFY$ dörtgeninde $\angle XPY + \angle XFY = 180^\circ \Rightarrow \angle XPY = 180^\circ - (90^\circ - \alpha - \beta) = 90^\circ + \alpha + \beta = \angle XEY$.
  
  Bu durumda, $K.A.K.$ dan $\triangle XEY \sim \triangle YPX$. $XY$ ortak olduğu için de $\triangle XEY \cong \triangle YPX$ olur. Bu durumda $XE=EY$, yani $AB=CD$ ve alandan $PY=PX$ çıkar. Bu da $\triangle APB \cong \triangle CPD$ olduğu anlamına gelir. $AP=PB=PC=PD$ den de, $ABCD$ nin kirişler dörtgeni olduğu sonucu çıkar. $\blacksquare$
  
  
• $AP=PB=PC=PD \Longrightarrow [APB] = [PDC]$ olduğunu gösterelim.
  
  $ABCD$ kirişler dörtgeninde köşegenler dik kesiştiği için $AB$ ile $CD$ yaylarının ölçüleri toplamı toplamı $180^\circ$ dir. Bu durumda $\angle APB + \angle DPC = 180^\circ$ ve alan eşitliğinden $[PAB] = \dfrac 12 \cdot PA \cdot PB \cdot \sin \angle APB = \dfrac 12 \cdot PC \cdot PD \cdot \sin (180^\circ - \angle APB) = [PCD] $ $\blacksquare$