Sovyet İncisi - 120 Dereceli Üçgen

[Lokman Gökçe]

$\angle BAC=120^\circ$ olan $ABC$ üçgeninde, iç açıortayların $BC,CA,AB$ üzerindeki ayakları sırasıyla $D,E,F$ olsun. $\angle EDF=90^\circ$ olduğunu gösteriniz.

[Lokman Gökçe]

Çözüm: $ABC$ üçgeninin iç merkezi $I$ olsun. $\angle BAD = \angle CAD = 60^\circ$ olur. $[AB]$ kenarının $A$ yönündeki uzantısı üzerinden bir $K$ noktası alalım. $\angle KAC = 180^\circ - 120^\circ = 60^\circ$ olur. $\angle KAC = \angle DAC$ ve $\angle ABE = \angle BDE$ olduğundan $E$ noktası $ABD$ üçgeninde $B$'ye göre dış merkezdir. $DE$ dış açıortay olduğundan $\angle ADE = \angle CDE = x$ yazılır. $[AC]$ kenarının $A$ yönündeki uzantısı üzerinden bir $L$ noktası alalım. $\angle LAB = 60^\circ$ olur. Benzer şekilde $L$ noktası, $ACD$ üçgeninin $C$ noktasına göre dış merkezi olur. $DF$ dış açıortay olup  $\angle ADF = \angle BDF = y$ elde edilir. $B, D, C$ noktaları doğrusal olduğundan $2x + 2y = 180^\circ$ ve $x+y = 90^\circ$'dir. Bunun sonucunda $\angle EDF = x + y = 90^\circ$'dir.

Kaynak Notu: Yalnızca tek bir açı verisi ($120^\circ$) ile, şaşırtıcı biçimde bir diklik elde eden bu kurgu, geometrinin en kısa ve en estetik sürprizlerinden biridir. Birkaç satırlık açı takibiyle kapanır, ama bıraktığı etki uzundur. Bu yüzden yıllar boyunca problem koleksiyonlarında elden ele dolaşmış, geometri meraklılarının hafızasına yerleşmiş ve farklı sınavlarda çeşitli biçimlerde yeniden karşımıza çıkmıştır.

Problem V. ,V. Prasolov’un Problems in Plane Geometry adlı derlemesinde (4. baskı, 2001) yer alır. (1986'daki ilk baskıda bulunup bulunmadığı tarafımca kontrol edilememiştir.) Ayrıca 2005 British Mathematical Olympiad Round 2, Pr 2’de sorulmuş, 1987 USAMO Pr 2’de ise ters (daha zor) biçimiyle, $\angle EDF=90^\circ$ verilerek $120^\circ$ açısının bulunması istenmiştir. Son olarak, problemin problems.ru gibi Rus problem arşivlerinde de yer alması, bu zarif fikrin eski Sovyet geometri okulunun problem geleneği  içinde mayalanıp olgunlaşmış bir klasik olduğunu düşündürmektedir.

[geo]

Tersinin ispatını da ben vereyim.

$A$ dan geçen ve $BC$ ye paralel olan doğru, $DE$ ve $DF$ doğruları ile $X$ ve $Y$ noktasında kesişsin.
$\dfrac{AX}{CD}=\dfrac{AE}{CE}$,

$\dfrac{AY}{BD}=\dfrac{AF}{BF}$.

Taraf tarafa oranlayıp, Ceva'ya göre düzenlersek, $\dfrac{AX}{AY}=\dfrac{AE\cdot BF\cdot CD}{AF\cdot CE\cdot BD} =1$ elde ederiz. Dikkat ettiyseniz, sadece Ceva kullandık. $AX=AY$ eşitliği açıortaylardan bağımsız.

$ED\perp FD$ olduğu için $AX=AY=AD$.
$\angle ADX = \angle AXD = \angle XDC$. $ABD$ üçgeninde $E$ dış teğet çemberin merkezidir. Bu durumda, $AE$, $\triangle ABD$ de dış açıortaydır. $\angle BAD =\angle DAE = 90^\circ - \dfrac{\angle BAD}{2}$, yani $\angle BAC =120^\circ$.