Dış merkez-Çevrel merkez

[ERhan ERdoğan]

$\angle{BAC}=60^\circ$ olan $ABC$ üçgeninin $[AB]$ ve $[AC]$ kenarları üzerinden, sırasıyla $D$ ve $E$ noktaları $|BD|=|DE|=|EC|=s$ olacak şekilde şeçiliyor. $ADE$ üçgeninin $A$ ya karşı dış teğet çemberinin merkezi $P$ ve $ABC$ üçgeninin çevrel çember merkezi $Q$ olmak üzere, $|PQ|=r$ ise $s/r=\sqrt{3}$ olduğunu gösteriniz. 

[geo]

İddia: $P \in [BC]$.

İspat:
$\triangle BDP \cong \triangle EDP$ $(KAK)$ ve $\triangle DEP \cong CEP$ $(KAK)$ olduğu için $\angle DPB = DPE = CPE = 60^\circ$ ve $B$, $P$, $C$ noktaları doğrusaldır. $\blacksquare$

Bu aşamadan sonra iki çözüm yapalım:

Çözüm 1:

$BQ=QC=R$, $BP=x$, $PC=y$ olsun.
$\triangle BQC$ de $x+y = R\sqrt 3$ ve Stewart'ın Özel Halinden $R^2-xy = r^2$.
$\triangle DPE$ de Kosinüs Teoreminden $x^2+y^2-xy = s^2$.
$x^2+ y^2 + 2xy = 3R^2 = 3 (r^2-xy) \Rightarrow x^2+y^2 - xy = 3r^2 = s^2$ elde ederiz. $\blacksquare$

Çözüm 2:

$DP=PC$ ve $BP=PE$ olduğu için $\angle EBP = \angle CDP = 30^\circ$ dir. Bu durumda, $BDQP$ bir kirişler dörtgenidir. Sinüs teoreminden sonuca gidebiliriz; ama diğer yoldan devam edelim. Kirişler dörtgeninin çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle QOP = 60^\circ$ ve $BOD = 120^\circ$ olacağı için, $OQ=OP=QP=r$ ve $BD=OB\sqrt 3 = r\sqrt 3$ olacaktır.

[ERhan ERdoğan]

Problemde dikkatimi çeken iki husus,

1. $P \in [BC]$
2. $BE \cap CD = Q $

olması idi ,1. çözüm 2. duruma gerek duyulmadığını gösteriyor. Bu sonuç, imo 2005 p1 den türetilmiştir.