Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 2002 => Konuyu başlatan: geo - Mayıs 04, 2014, 12:59:28 ös
-
Bir $ABCD$ eşkenar dörtgeninin $[AD]$ kenarı üzerinde bir $E$ noktası işaretleniyor. $AB$ ve $CE$ doğruları $F$ de; $BE$ ve $DF$ doğruları $G$ de kesişiyor. $m(\widehat{DAB}) = 60^\circ $ ise, $m(\widehat{DGB})$ nedir?
$
\textbf{a)}\ 45^\circ
\qquad\textbf{b)}\ 50^\circ
\qquad\textbf{c)}\ 60^\circ
\qquad\textbf{d)}\ 65^\circ
\qquad\textbf{e)}\ 75^\circ
$
-
Yanıt: $\boxed{C}$
$BD \cap EC = \{H\}$ olsun.
$AB=BC=CD=DA=a$ ve $AF=x$ diyelim.
$\dfrac{HD}{BE} = \dfrac {CD}{BF} = \dfrac{a}{a+x}$.
$\triangle BDF$ de Ceva Teoreminden $$\dfrac{HD}{BH} \cdot \dfrac{BA}{AF} \cdot \dfrac{FG}{GD} = 1 \Rightarrow \dfrac{FG}{GD} = \dfrac{x(a+x)}{a^2} \Rightarrow \dfrac{FG}{FD} = \dfrac {ax+x^2}{a^2+ax+x^2} \tag{1}$$
$\triangle FAD$ de Kosinüs Teoreminden $FD^2 = a^2 + x^2 + ax$ değerini $(1)$ de yerine yazarsak $$\dfrac{FG}{FD} = \dfrac{ax+x^2}{FD^2} = \dfrac{FA \cdot FB}{FD^2} \Rightarrow FG \cdot FD = FA \cdot FB \tag{2}$$ elde ederiz. Bu da $B,A,G,D$ nin çembersel olduğu anlamına gelir. Bu durumda $\angle BAD = \angle BGD = 60^\circ$ olur.
Not:
Test mantığı ile $AE=EB$ alırsak basit açı hesaplarıyla sonuca gidebiliriz.
-
$\dfrac{BD}{BE} = \dfrac{BC}{BE} = \dfrac{AF}{AE}=\dfrac{FD}{DC}=\dfrac{FD}{BD}$ ve $\angle FDB = \angle EBD = 60^\circ$ olduğu için $K.A.K$ dan $\triangle EBD \sim \triangle FDB$, dolayısıyla $\angle BDE = \angle DFB$.
$\angle DGB = \angle GDF + \angle DFG = \angle GDF + \angle BDG = \angle BDF = 60^\circ$.
Kaynak:
AoPS (http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?p=3575003&#p3575003)