Uluslararası Matematik Olimpiyatı 2023 Soru 2

[matematikolimpiyati]

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninde $|AB|<|AC|$ olsun. $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi $\Omega$ olsun. $\Omega$ çemberinin $A$ noktasını içeren $CB$ yayının orta noktası $S$ olsun. $A$ dan $BC$ ye inilen dikme $BS$ ile $D$ noktasında ve $\Omega$ ile ikinci kez $E \neq A$ noktasında kesişiyor. $D$ noktasından geçen ve $BC$ doğrusuna paralel olan doğru $BE$ doğrusu ile $L$ noktasında kesişiyor. $BDL$ üçgeninin çevrel çemberi $\omega$ olsun. $\omega$ ile $\Omega$ ikinci kez $P \neq B$ noktasında kesişiyor.
$\omega$ çemberine $P$ noktasında teğet olan doğrunun $BS$ doğrusu ile $\angle{BAC}$ açısının iç açıortayı üzerinde kesiştiğini gösteriniz.

[diktendik]

Kolaylık olması için çözüm boyunca bir $X$ noktasının antipoduna $X'$ diyelim.
Gözlem: $P,D,A'$ doğrusaldır.
İspat: $\angle{EBC}=\angle{EAC}$ olduğu açıktır. Paralellikten bu açılar aynı zamanda $\angle{BLD}$ açısına eşittir. Buda $PDBL$ çemberselliginden $\angle{BPD}$'ye eşittir. $PD\cap\Omega=R$ olsun. $A'$ noktası için $\angle{AEA'}=90^\circ$ olacağından $A'E||BC$ olur. $BEA'C$ ikizkenar yamuk olduğundan $EC$ yayının ölçüsü $BA'$ yayının ölçüsüne eşittir. $R$ ve $A'$ çakışıktır. $\square$
$SS'\cap PA'=T$,  $AS'\cap BS=K$ olsun.
$ES'$ yayının $AS$ yayına eşit olduğu açıktır. $\angle{ABS}=\angle{EAS'}$ olur. Buradan $|KA|^2=|KD|\cdot|KB|$ olur. Eğer $KP$ $PDBL$ çemberine teğetse ispat bitecektir ve bu doğruysa $|KP|^2=|KD|\cdot |KB|$ olacağından $|KP|=|KA|$ olur. Bunu ispatlarsak soru biter.
Bunun varlığında $OK$ doğrusu, $[AP]$'na bu doğru parçasının orta noktasında dik olacaktır. Dolayısıyla $OK||PD$ ise ispat biter. Bu doğruysa benzerlikten $\frac{|SK|}{|KD|}=\frac{|SO|}{|OT|}$ olacaktır. $ADS'S$ dörtgeninde kelebekten $\frac{|SK|}{|KD|}=\frac{|SS'|}{|AD|}$'dir. $AA'D$ üçgeninde $OT$ orta taban olduğundan $|AD|=2|OT|$'dir. Ayrıca $|SS'|=2|OS|$ olduğu açıktır. Buradan $\frac{|SK|}{|KD|}=\frac{|SO|}{|OT|}$ elde edilir. İspat biter.