Avrupa Kızlar Matematik Olimpiyatı 2023 Soru 6

[matematikolimpiyati]

Bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $\Omega$ olsun. $B$ noktasını içermeyen $AC$ yayının orta noktası $S_b$, $C$ noktasını içermeyen $AB$ yayının orta noktası $S_c$ olsun. Çevrel çemberin $BAC$ yayının ($A$ noktasını içeren $BC$ yayının) orta noktası $N_a$ olsun. $ABC$ üçgeninin iç teğet çember merkezi $I$ olsun. $AB$ doğrusuna teğet olup $\Omega$ çemberine $S_b$ noktasında içten teğet olan çember $\omega _b$; $AC$ doğrusuna teğet olup $\Omega$ çemberine $S_c$ noktasında içten teğet olan çember $\omega _c$ olsun. $IN_a$ doğrusu ile $\omega _b$ ve $\omega _c$ çemberlerinin kesişim noktalarından geçen doğrunun $\Omega$ üzerinde kesiştiğini gösteriniz.

[geo]

$IN_a$, $(ABC)$ çemberini $Q$ da kessin.
$(ABC)$ nin $S_c$ ve $S_b$ deki teğetleri $P$ de kesişsin.

$S_c$, $\overset{\Huge\frown}{AB}$ yayının orta noktası olduğu için $PS_c \parallel AB$; benzer şekilde $PS_b \parallel AC$.

$N_a$, $\overset{\Huge\frown}{BC}$ yayının orta noktası olduğu için $\overset{\Huge\frown}{S_cN_a} = \overset{\Huge\frown}{AS_b}$.
Çemberde açı eşitliklerinden $\angle S_cQI = \angle IS_cS_b = \angle AS_cS_b = \angle AS_bP$ ve $\angle S_bQI = \angle IS_bS_c = \angle AS_bS_c = \angle AS_cP$.
Trigonometrik Ceva'dan dolayı, $\angle APS_b = \angle IS_cQ$ ve $\angle APS_c = \angle IS_bQ = \angle BAQ$.
$AC \parallel PS_b$ olduğu için $P, A, Q$ doğrusaldır.

$S_bS_c$ doğrusu ile $AC$ ve $AB$ doğruları sırasıyla $T_c$ ve $T_b$ noktalarında kesişsin.
$\angle AT_cS_c= \angle PS_bS_c = \angle PS_cS_b = \angle AT_bS_b$ olduğu için $\omega_b$ ve $\omega_c$ çemberleri sırasıyla $AB$ ve $AC$ ye $T_b$ ve $T_c$ de teğet olacaktır.
$AT_b=AT_c$ olduğu için $A$ noktası $\omega_b$ ile $\omega_c$ çemberlerinin kuvvet ekseni üzerindedir.
$PS_c = PS_b$ olduğu için $P$ noktası da bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir. Bu durumda $PAQ$ doğrusu bu iki çemberin kuvvet eksenidir. Dolayısıyla, bu doğru bu iki çemberin kesişim noktalarından da geçer.

[geo]

$IN_a$, $(ABC)$ çemberini $Q$ da kessin.
$(ABC)$ nin $S_c$ ve $S_b$ deki teğetleri $P$ de kesişsin.
$\omega_c$ $AC$ ye $T_c$ de, $\omega_b$ $AB$ ye $T_b$ de dokunsun.
$S_c$, $\overset{\Huge\frown}{AB}$ yayının orta noktası olduğu için $PS_c \parallel AB$; benzer şekilde $PS_b \parallel AC$.
$AT_c$ ile $PS_c$, $P_c$ de kesişin. $P_cS_c=P_cT_c$, $PS_c=PS_b$ ve $P_cT_c\parallel PS_b$ olduğu için $T_c\in S_bS_c$ dir. Benzer şekilde $T_b\in S_bS_c$ olur.

$PS_c$ ile $S_bIB$ doğrusu $R$ de kesişsin.
$\angle S_cRI = \angle ABS_b = \angle N_aQS_c = \angle IQS_c$ olduğu için $IQRS_c$ kirişler dörtgenidir.
$\angle IRQ = \angle QS_cI = \angle QAC$.
$\angle BAQ =\angle BS_bQ= \angle RS_bQ$.
$\angle S_bRQ+ \angle RS_bQ= \angle BAC=\angle RPS_b$ olduğu için $QRPS_b$ kirişler dörtgenidir.
$\angle QAC= \angle S_bRQ=\angle S_bPQ$ olduğu için $P,A,Q$ doğrusaldır.
$P$ ve $A$ dan $\omega_b$ ve $\omega_c$ ye çizilen teğetler eşit olduğundan $PA$ kuvvet eksenidir. Yani $PAQ$ doğrusu, bu iki çemberin kesişim noktalarından geçer.

[ygzgndgn]

Çözüm. $\omega$ çemberi, $A$-mikstilineer iç çember olsun. (Başka bir deyişle $\omega$; $AB$, $AC$ ve $(ABC)$ ye teğet olarak tanımlansın.) $\omega$ nın $(ABC)$ ye değme noktası $T$, kirişlere değme noktaları sırasıyla $P_b$ ve $P_c$ olarak tanımlansın.

İddia. $P_b,I,P_c$ ve $N_a,I,T$ doğrudaştır.
İspat. $T$ merkezli homotetiden ötürü $TN_a$ doğrusu mikstilineer çemberin "en üst" noktasını kesmelidir. $(S_BBACS_CT)$'de Pascal'dan $P_b, I, P_c$ doğrudaş bulunur. (Açıortayların $I$ dan geçmesi kullanılır.) Bu doğrudaşlıktan ötürü $N_aI\cap (ABC)=\{T\}$ gelir. $\blacksquare$

İddia. $T,P_b,S_c$ ve $T,P_c,S_b$ doğrudaştır.
İspat. Mikstilineer çember için Shooting Lemma kullanılırsa ispatlanır. $\blacksquare$
 
İddia. $AT$ doğrusu, $\triangle{S_bS_cT}$ üçgeninde $T$-simedyandır.
İspat 1. İki önceki iddiadan ötürü $AI\perp P_bP_c$ sağlanır çünkü $\triangle{AP_bP_c}$ üçgeni ikizkenardır. Öte yandan $\angle{CAS_b}=\angle{S_bBC}=\frac{B}{2}$ ve benzer şekilde $\angle{BAS_C}=\frac{C}{2}$ sağlanır. $\angle{IAC}=\angle{IAB}=\frac{A}{2}$ olup $\angle{IAS_b}=\frac{A+B}{2}$ ve $\angle{IAS_c}=\frac{A+C}{2}$ bulunur. Ayrıca $\angle{AS_bS_c}=\angle{ACS_c}=\frac{C}{2}$ ve $\angle{AS_cS_b}=\angle{ABS_b}=\frac{B}{2}$ sağlanır. Tüm bunlardan ötürü $AI\perp S_bS_c\Rightarrow S_bS_b\parallel P_bP_c$ sağlanır. Önceki iddiadan ötürü $IP_b=IP_c\Rightarrow TI$ doğrusu $S_bS_c$ yi ortalar. O halde $\angle{ITS_b}=\angle{ATS_c}$ göstermek iddianın ispatı için yeterlidir. Açı yazılırsa
$$\angle{ITS_b}=\angle{N_aTS_b}=90-\frac{A}{2}-\frac{B}{2}=\frac{C}{2}=\angle{AS_bS_c}=\angle{ATS_c}$$
bulunur. $\blacksquare$

İspat 2. İddianın doğru olması $ATS_bS_c$ nin harmonik dörtgen olmasına denktir. Bu dörtlüyü $I$ üzerinden $(ABC)$ ye geri projekte eder ve küçük $AB$ yayının orta noktasına $M$ dersek
$$(A,T;S_b,S_c)=(IA,IT;IS_b,IS_c)=(M,N_a;B,C)=-1$$
buluruz çünkü $MN_a$, $BC$ nin orta dikmesidir. Böylelikle ispat tamamlanır. $\blacksquare$

$S_b$ ve $S_c$'den $(ABC)$ ye çekilen teğetlerin kesişim noktası $P$ olsun. Simedyan tanımından ötürü $P,A,T$ doğrudaş olmalıdır. Öte yandan $PS_b=PS_c$ olduğundan $P$ noktası $\omega_b$ ve $\omega_c$ çemberlerinin radikal aksisi üzerindedir. $A$ da radikal aksis üzerinde bulunursa radikal aksis $PA$ olup $T\in PA$ olduğundan istenen sonuca ulaşırız.

$T_b$ ve $T_c$ sırasıyla $\omega_b$ ve $\omega_c$ nin kirişlere teğetlik noktaları olarak tanımlansın.

İddia. $S_c,T_b,T_c,S_b$ noktaları doğrudaştır.
İspat. Shooting Lemma'dan ötürü $S_bT_b$ doğrusu küçük $AB$ yayını, $S_cT_c$ doğrusu ise küçük $AC$ yayını ortalamalıdır. Buradan $S_c,T_b,T_c,S_b$ noktaları doğrudaş bulunur. $\blacksquare$

İddia. $pow(A,\omega_b)=pow(A,\omega_c).$
İspat. Önceki iddiadan ötürü $S_bS_c\parallel P_bP_c\Leftrightarrow T_bT_c\parallel P_bP_c$. Bu paralellikten ve teğetliklerden
$$AP_b=AP_c\Leftrightarrow pow(A,\omega_b)=AT_b^2=AT_c^2=pow(A, \omega_c)$$
gelir. $\blacksquare$

[ygzgndgn]

Dipnot: Çözümde kullanılan mikstilineer çemberin varlığı ve yeganeliği ispatlanabilir. $A$ merkezli $\sqrt{AB\cdot AC}$ yarıçaplı evirtim ile $\angle{BAC}$ açısının açıortayı etrafında döndürme dönüşümü $P$ elemanını $f(P)$ ye götürsün. $f(f(P))=P$ olmak üzere $f(BC)=(ABC)$, $f(CA)=CA$ ve $f(AB)=AB$ olduğu açıktır. Dış teğet çembere $\omega$ ve mikstilineer çembere $\gamma$ diyelim. Evirtim ve yansıtma işlemi teğetlikleri korur. Bu sebeple $f(\omega)=\gamma$ olup varlık ve tekillik ispatlanır. Ayrıca iki kez kullanılan Shooting Lemma da aslında bir adet homotetiden ibarettir.