Gönderen Konu: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2000 Soru 6  (Okunma sayısı 1322 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1708
  • Karma: +8/-0
Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2000 Soru 6
« : Ekim 27, 2013, 04:51:20 ös »
$AH_1$, $BH_2$, $CH_3$ doğru parçaları $ABC$ üçgenin 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.

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1708
  • Karma: +8/-0
Ynt: Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2000 Soru 6
« Yanıtla #1 : Aralık 26, 2019, 01:43:16 öö »
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.
« Son Düzenleme: Aralık 26, 2019, 01:50:11 öö Gönderen: geo »

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal