Tübitak Lise Takım Seçme 2019 Soru 3

[Arman]

$|AB|\gt|AC|$ olan bir $ABC$ üçgeninde $A$ dan $BC$ ye indirilen yüksekliğin ayağı $D$, $B$ ye ait iç açıortayın $AD$ yi kestiği nokta $K$, $B$ den $CK$ ye indirilen dikmenin ayağı $M$ ve $BM$ ile $AK$ nin kesişim noktası $N$ olsun. $N$ den geçip $DM$ ye paralel olan doğru $AC$ yi $T$ de kestiğine göre $BM$ nin $\widehat{TBC}$ açısının iç açıortayı olduğunu gösteriniz.

[geo]

$BK$ ile $NC$ doğruları $E$ de, $BA$ ile $NC$ doğruları $F$ de kesişsin.

$\triangle NBC$ de, $ND$ ve $CM$ yükseklik olduğu için $K$ diklik merkezi ve $BE$ diğer yüksekliktir.
$\angle ABK = \angle KBD = \beta$ dersek, $\angle BKN = \angle BFN = 90^\circ + \beta$ olacaktır.
$\angle TNM = \angle DMN = 180^\circ - \angle DMB = 180^\circ - \angle BKD = 90^\circ + \beta$ dır.
Bu durumda, $\angle TNB = \angle BFN = \angle BKN$ olduğu için $BKFN$ kirişler dörtgenidir ve bu dörtgenin çevrel çemberi $TN$ ye $N$ de teğettir.

$C$ nin $BN$ ye göre simetriği $L$ olsun.
$\angle LBN = \angle NBC = \angle MKN$ olduğu için $L$ noktası da $BKFN$ kirişler dörtgeninin çevrel çemberi üzerindedir.
$BL$ ile $TN$ doğrusu $P$ de kesişsin. $P=T$ olduğunu göstereceğiz.

$BLKNF$ kirişler beşgeni, eşdeğer olarak $BLKNNF$ dejenere kirişler altıgeni için Pascal Teoremi uyguladığımızda $C$, $A$, $P$ noktalarının doğrusal olduğu sonucuna varırız. $CA$ ile $TN$, $P$ de yani sorudaki tanım gereği $T$ de kesişir.
Yani $ \angle TBN = \angle PBN = \angle NBC$ dir.

[geo]

Bir önceki çözümdeki gibi bir yol izleyip, Pascal Teoremi kullanmadan (aslında ispatını yaparak) bir çözüm yapacağız.


$BK$ ile $NC$ doğruları $E$ de, $BA$ ile $NC$ doğruları $F$ de kesişsin.

$\triangle NBC$ de, $ND$ ve $CM$ yükseklik olduğu için $K$ diklik merkezi ve $BE$ diğer yüksekliktir.
$\angle ABK = \angle KBD = \beta$ dersek, $\angle BKN = \angle BFN = 90^\circ + \beta$ olacaktır.
$\angle TNM = \angle DMN = 180^\circ - \angle DMB = 180^\circ - \angle BKD = 90^\circ + \beta$ dır.
Bu durumda, $\angle TNB = \angle BFN = \angle BKN$ olduğu için $BKFN$ kirişler dörtgenidir ve bu dörtgenin çevrel çemberi $TN$ ye $N$ de teğettir.

$C$ nin $BN$ ye göre simetriği $L$ olsun.
$\angle LBN = \angle NBC = \angle MKN$ olduğu için $L$ noktası da $BKFN$ kirişler dörtgeninin çevrel çemberi üzerindedir.
$BL$ ile $TN$ doğrusu $P$ de kesişsin. $P=T$ olduğunu göstereceğiz.

$\angle LBN = \angle NBC = \alpha$ olsun.

Basit açı hesaplarıyla, $\angle PLN = 90^\circ + \beta$, $\angle PNL = \alpha$, $\angle PLC = 90^\circ + \alpha$, $\angle PNC = 180^\circ - \alpha + 2\beta$, $\angle AKF = \alpha - 2\beta$, $\angle AKC = 180^\circ - \alpha$, $\angle AFK = 90^\circ - \alpha$ ve $\angle AFC = 90^\circ - \beta$ olarak bulunur.

Ceva Teoremi'nin Trigonometrik halini önce $\triangle CKF$ de üçgen dışındaki $A$ noktası için, sonra da $\triangle CLN$ de üçgen dışındaki $P$ noktası için uygulayacağız.
$\angle KCA = x$, $\angle FCA = y$, $\angle LCP = x^\prime$, $\angle NCP = y^\prime$ olsun.

$\triangle CKF$ de $A$ noktası için:
$$\dfrac {\sin \angle KCA}{\sin \angle ACF} \cdot \dfrac {\sin \angle AKF}{\sin \angle AKC} \cdot \dfrac {\sin \angle AFC}{\sin \angle AFK} = \dfrac {\sin x}{\sin y} \cdot \dfrac {\sin (\alpha - 2\beta)}{\sin (180^\circ - \alpha)} \cdot \dfrac {\sin (90^\circ - \beta)}{\sin (90^\circ - \alpha)}= 1 \tag{1}$$

$\triangle CLN$ de $P$ noktası için:
$$\dfrac {\sin \angle LCP}{\sin \angle PCN} \cdot \dfrac {\sin \angle PLN}{\sin \angle PLC} \cdot \dfrac {\sin \angle PNC}{\sin \angle PNL} = \dfrac {\sin x^\prime}{\sin y^\prime} \cdot \dfrac {\sin (90^\circ + \beta)}{\sin (90^\circ + \alpha)} \cdot \dfrac {\sin (1800^\circ - \alpha +  2\beta)}{\sin \alpha}= 1 \tag{2}$$

Bu durumda $\dfrac {\sin x}{\sin y} = \dfrac {\sin x^\prime}{\sin y^\prime}$, dolayısıyla $x=x^\prime$ ve $y=y^\prime$ olur. Bu durumda $C$, $A$, $P$ doğrusaldır. Yani $P=T$ dir.