Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2000 Soru 6

[geo]

$AH_1$, $BH_2$, $CH_3$ doğru parçaları dar açılı $ABC$ üçgeninin yükseklikleri olsun. $ABC$ üçgeninin içteğet çemberi $BC$, $CA$, $AB$ kenarlarına sırasıyla $T_1$, $T_2$, $T_3$ noktalarında dokunsun. $\ell_1$, $\ell_2$, $\ell_3$ doğruları sırasıyla $H_2H_3$, $H_3H_1$, $H_1H_2$ doğrularının sırasıyla $T_2T_3$, $T_3T_1$, $T_1T_2$ doğrularına göre simetriği olsun.
$\ell_1$, $\ell_2$, $\ell_3$ ün köşeleri $ABC$ üçgeninin içteğet çemberi üzerinde olan bir üçgen belirttiğini kanıtlayınız.

[geo]

Uzunca bir konfigürasyon yapalım. (Geogebra linkinden takip edebilirsiniz.)

$\angle A = 2\alpha$, $\angle B = 2\beta$ ve $\angle C = 2\theta$ olsun.

Genelliği bozmadan $ABC$ üçgeninde $AB > BC > AC$ olsun.

$BC$ sırasıyla $T_3T_2$ ve $H_3H_2$ ile $T_a$ ve $H_a$ da kesişsin. $H_3H_2$ ile $T_3T_2$, $Q$ da kesişsin.

$ABC$ nin içmerkezi $I$ olsun. $T_3T_2$, $BI$ ve $CI$ ile sırasıyla $S$ ve $R$ de kesişsin.

$H_2H_3$ ün $T_2T_3$ e göre simetriği olan $\ell_1$ doğrusu içteğet çemberi $M_2$ ve $M_3$ te ($M_2$, $T_2$ ye yakın) kessin. $\ell_1$ ile $BI$ da $P$ de kesişsin.

$M_2$ nin $T_2$ nin $BI$ ya göre simetriği, $M_3$ ün $T_3$ ün $CI$ ya göre simetriği olduğunu göstereceğiz.
Benzer şekilde $T_1$ in $AI$ ya göre simetriğini $M_1$ olarak tanımladığımızda $\ell_2$ ile $M_1M_3$ doğrusunu; $\ell_3$ ile de $M_1M_2$ doğrusunu elde etmiş olacağız. Bu durumda $\ell_1$, $\ell_2$, $\ell_3$ doğruları köşeleri $M_1$, $M_2$, $M_3$ olan üçgen belirtmiş olacak.

Önce basit açı hesaplarıyla başlayalım.
$\alpha + \beta + \theta = 90^\circ$ eşitliğini yazımları kolaylaştırmak için yeri geldikçe kullanacağız.

$\angle AH_3H_2 = \angle ACB = 2\theta$, $\angle AH_2H_3 = \angle ABC = 2\beta$.

$\angle AT_3T_2 = \angle AT_2T_3 = \dfrac {180^\circ - 2 \alpha}{2} = \beta + \theta$.

$\angle T_3SB = \angle AT_3S - \angle T_3BS = \theta$.

$\angle T_3IR = \angle ICH_3 = \angle ICA - \angle H_3CA = \theta - (90^\circ - 2\alpha) = \alpha - \beta$.

$\angle T_2IP = \angle H_2BI = \angle IBC - \angle H_2BC = \beta - (90^\circ - 2\theta) = \theta - \alpha$.

$\angle H_2H_aC = \angle ACB - \angle CH_2H_a = 2\theta - 2\beta$.

$\angle T_2T_aC = \angle ACB - \angle CT_2T_a = 2\theta - (\beta + \theta) = \theta - \beta$.

$\angle M_2QT_2 = \angle T_2QH_2 = \angle QH_aT_a - \angle QT_aH_a = \theta - \beta$.

Şimdi de bizi çözüme götürecek hamleleri yapalım.

$T_3IT_1B$ bir deltoid olduğu için $T_3T_1$ in orta dikmesi $BI$ dır. Bu durumda $T_3ST_1$ üçgeninde $SI$ orta dikme olduğu için $T_3S = T_1S$ yani $\angle T_1SI = \angle T_3SI = \theta$ olacaktır. $\angle ICT_1 = \angle IST_1 = \theta$ olduğu için $ISCT_1$ bir kirişler dörtgeni, dolayısıyla $\angle ISC = 180^\circ - IT_1C = 90^\circ$ olacaktır.

$BSH_2C$ dörtgeni, $\angle ISC = \angle IH_2C = 90^\circ$ olduğu için bir kirişler dörtgenidir. Bu durumda $\angle PSH_2 = \angle H_2CB = 2\theta$, $\angle SH_2T_2 = \angle SBC = \beta$ olacaktır. $\angle H_3H_2A = 2\beta$ olduğu için $\angle SH_2Q = \beta$, $\angle T_3SI = \angle PST_2 = \theta$ olduğu için de $\angle T_2SH_2 = \theta$ elde edilir.

$QS$ hem $PQH_2$ üçgeninde hem de $PSH_2$ üçgeninde açıortay olduğu için $PH_2 \perp QS$, dolayısıyla da $PQ = QH_2$, $ PS = SH_2$ ve $PT_2 = T_2H_2$ olacaktır. Bu da $\angle QH_2S = \angle SPQ = \angle SH_2T_2 = \angle SPT_2 = \beta$ demektir.

$IM_2PT_2$ dörtgeninde $IM_2 = IT_2$ ve $\angle M_2PI = \angle IPT_2 = \beta$ olduğu için ya $\angle IM_2P = \angle IT_2P$ ya da $\angle IM_2P + \angle IT_2P = 180^\circ$ dir. İkinci durum, $\angle IT_2P = 180^\circ - \angle IM_2P = \angle M_3M_2I$ geniş açı olduğu için $\triangle M_3M_2I$ nin ikizkenar olma durumuyla çelişeceği için $\angle IM_2P = \angle IT_2P$ dir. Bu da $IM_2PT_2$ yi bir deltoid yapar. Bu da $M_2$ nin $T_2$ nin $BI$ ya göre simetriği olduğu anlamına gelir.

Çözümün büyük kısmını bitirdik. Şimdi de $M_3$ ün $T_3$ ün $CI$ ya göre simetriği olduğunu göstereceğiz.

$\angle M_2IP = \angle PIT_2 = \theta - \alpha$ olduğu için $\angle M_2T_3T_2 = \dfrac {\angle M_2IT_2}{2} = \theta - \alpha$ dır.

$\angle T_3M_2Q = \angle M_2QT_2 - \angle M_2T_3Q = (\theta - \beta) - (\theta - \alpha) = \alpha - \beta$.

$\angle M_3IT_3 = 2 \cdot \angle T_3M_2M_3 = 2(\alpha - \beta)$ ve $\angle RIT_3 = \alpha - \beta$ olduğu için $\angle M_3IR = \angle RIT_3 = \alpha - \beta$; yani $M_3$, $T_3$ ün $CI$ ya göre simetriğidir.

Toparlarsak $\ell_1$ doğrusu içteğet çemberi $T_2$ ve $T_3$ ün sırasıyla $BI$ ve $CI$ açıortaylarına göre simetriği olan $M_2$ ve $M_3$ de kesecektir.

Benzer şekilde $\ell_2$ doğrusu da içteğet çemberi $T_1$ ve $T_3$ ün sırasıyla $AI$ ve $CI$ açıortaylarına göre simetriği olan $M_1$ ve $M_3$ de kesecektir. $\ell_3$ de içteğet çember $M_1$ ve $M_2$ de kesecektir.

Böylelikle $\ell_1$, $\ell_2$, $\ell_3$ doğruları köşeleri $M_1$, $M_2$, $M_3$ olan üçgen belirtmiş oldu.

[geo]

$\angle A = 2\alpha$, $\angle B=2\beta$, $\angle C = 2\theta$, $BC=a$, $AC=b$, $AB=c$ olsun.
$R$, $ABC$ nin çevrel yarıçapı; $r$, $ABC$ nin iç yarıçapı olsun.
Genelliği yitirmeden, $a\leq b\leq c$ kabul edelim.

İddia: $\ell_1 \parallel BC$

$b=c$ ise $H_2H_3 \parallel T_2T_3 \parallel BC$ olacaktır. Bu durumda $\ell_1\parallel BC$ olur.
$b<c$ durumunda; $\angle AT_2T_3 = \beta + \theta$, $\angle AH_2H_3 = 2\beta$ dır. Bu durumda $m(T_2T_3, H_2H_3)=\theta-\beta$, $m(\ell_1, H_2H_3)=2\theta - 2\beta$, $m(\ell_1, AC)=2\theta = \angle ACB$ olduğu için $\ell_1\parallel BC$ dir. $\blacksquare$

Simetriden dolayı, $\ell_2\parallel AC$ ve $\ell_3\parallel AB$ dir.
$A' = \ell_2\cap \ell_3$, $B' = \ell_1\cap \ell_3$, $C' = \ell_1\cap \ell_2$ olsun. $(AA)$ benzerliğinden $\triangle ABC \sim \triangle A'B'C'$. $A'B'C'$ üçgeni iç teğet çember üzerinde ise, benzerlik oranı $R/r$ olacaktır.
$ABC$ nin iç merkezi $I$, çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle B'A'I = \angle BAO = 90^\circ -2\theta$ ve $AB \parallel A'B'$ olduğu için $A'I\parallel AO$ dur.
$AA'$ ile $OI$, $J$ de keşissin. $OJ/JI=R/r$ olacaktır.
Buna göre, şimdi şöyle ters bir konfigürasyon yapalım:
$OI$ doğru parçasını $R/r$ oranında bölen nokta $J$ olsun. $AJ/JA'=R/r$ olacak şekilde $AJ$ nin uzantısı üzerinde $A'$ noktası alalım. $A'$ noktasından $AB$ ye paralel çizelim. Bu paralel doğru üzerinde $A'B'=\dfrac{AB\cdot r}{R}$ olacak şekilde ($AB'A'B$ dışbükey olacak şekilde) $B'$ noktası alalım. $B'$ den $BC$ ye çizilen paralel ile $A'$ den $AC$ ye çizilen paralel, $C'$ noktasında keşissin. $A'B'C'$ üçgeni, $ABC$ nin iç teğet çemberi üzerindedir ve $\triangle A'B'C'\sim \triangle ABC$ dir.
Şimdi de $A'B'$ doğrusunun $T_1T_2$ e göre simetriğinin $H_1H_2$ olduğunu göstereceğiz. Bunun için $T_1$ in $A'B'$ ve $H_1H_2$ doğrularına olan uzaklıklarının eşit olduğunu göstermek yeterli.

$T_1$ in $H_1H_3$ e olan uzaklığı:
$\angle H_2H_1C = \angle BAC = 2\alpha$.
$\dfrac {(a+b+c)r}{2} = \dfrac {bc\sin 2\alpha}{2} \Longrightarrow \sin 2\alpha = \dfrac {r(a+b+c)}{bc}$.

$\begin{array}{lcl}
T_1H_1 &=& CT_1 - CH_1 \\
&=& \dfrac {a+b-c}{2} - \dfrac {b^2 + a^2 - c^2}{2a} \\
&=& \dfrac {a^2 + ab - ac - b^2 - a^2 + c^2}{2a} \\
&=& \dfrac {(c-b)(b+c - a)}{2a}
\end{array}$

$\begin{array}{lcl}
d(T_1, H_1H_2) &=& T_1H_1 \cdot \sin 2\alpha \\
&=& \dfrac {(c-b)(b+c - a)}{2a} \cdot \dfrac {r(a+b+c)}{bc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)(b+c - a)(a+b+c)}{2abc}
\end{array}$.

$T_1$ in $A'B'$ ye olan uzaklığı:
$I$ dan $T_1$ den geçen $A'B'$ ye paralel olan doğruya inilen yüksekliğin ayağı $P$, $I$ dan $A'B'$ ye inilen yüksekliğin ayağı $Q$ olsun.
$\angle PIT_1 = \angle T_2T_1C = 2\beta$. $\angle QIA = \angle A'C'B' = \angle ACB = 2\beta$.
$d(T_1, A'B') = PQ = r(\cos 2\beta - \cos 2\theta)$.

$\cos 2\beta = \dfrac {a^2+c^2 - b^2}{2ac}$, $\cos 2\theta = \dfrac {a^2 + b^2 - c^2}{2ab}$.

$\begin{array}{lcl}
d(T_1, A'B') &=& r \cdot  \dfrac {(a^2b+bc^2 - b^3) - (a^2c + b^2c - c^3)}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(-a^2(c-b) + bc(c-b) + (c-b)(c^2 + b^2 + bc))}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)(-a^2 + bc + c^2 + b^2 + bc)}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)((b+c)^2 - a^2)}{2abc} \\
&=& \dfrac {r(c-b)(b+c-a)(a+b+c)}{2abc}
\end{array}$

$T_1$ in $H_1H_2$ ve $A'B'$ e uzaklıkları eşit olduğu için $T_1$ bu iki doğrunun açıortayı üzerinde olacaktır.
Benzer durum, $T_2$ için de geçerlidir. O halde $T_1T_2$, $H_1H_2$ ile $A'B'$ doğrularının açıortayıdır. Diğer bir deyişle; $A'B'$, $H_1H_2$ nin $T_1T_2$ ye göre simetriğidir. $\ell_3 = A'B'$.

Benzer şekilde $B'C' = \ell_1$, $A'C' = \ell_2$ olacaktır.