Geomania.Org Forumları
Fantezi Geometri => Fantezi Geometri => Konuyu başlatan: AtakanCİCEK - Ağustos 10, 2019, 06:04:24 ös
-
Bu bölüme trigonometrik ceva veya ek çizimle çözülebilen üçgenin içinde alınan $P$ noktası sorularını ve ilginç açı sorularını ekleyeceğim. Umarım iyi bir Döküman haline getirebilirim.
$1)$ Bir $ABC$ üçgeninin içinde alınan bir $P$ noktası için $m(\widehat{ABP})=27^{\circ}$ , $m(\widehat{CBP})=57^{\circ}$ , $m(\widehat{BCP})=39^{\circ}$ ve $m(\widehat{ACP})=15^{\circ}$ olarak veriliyor. Buna göre $m(\widehat{BAP})$ değeri kaçtır? (İbrahim Atakan Çiçek)
$2)$ $\mid AB\mid = \mid BC \mid$ ve $m(\widehat{ABC})=84^{\circ}$ olan ikizkenar $ABC$ üçgeninin içinde $m(\widehat{DCA})=30^{\circ}$ ve $m(\widehat{DAC}=12^{\circ}$ olacak şekilde bir $D$ noktası alınıyor. Buna göre $m(\widehat{ADB})$ açısı kaç derecedir? ($2019$ Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatı)
$3)$ $ABCDEF$ düzgün altıgen olsun. Altıgen içinde
$$m(\widehat{ABP})=m(\widehat{EFP})=55^{\circ}$$
olacak şekilde bir $P$ noktası alınıyor. Buna göre $m(BAP)$ açısı kaç derecedir ? ($2018$ Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatı)
$4)$ $ABCD$ dışbükey dörtgeninde, $m(\widehat{BAC})=40^{\circ}$ , $m(\widehat{ABD})= m(\widehat{CBD})=20^{\circ}$ ve $m(\widehat{CAD})=100^{\circ}$ olduğuna göre $m(\widehat{BDC})$ kaçtır? ($2014$ Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatı)
$5)$ $ABCD$ dışbükey dörtgeninde $m(\widehat{BAD})=70^{\circ}$ , $m(\widehat{BDA})=52^{\circ}$ , $m(\widehat{BCD})=55^{\circ}$ , $m(\widehat{ACD})=29^{\circ}$ , olan dışbükey $ABCD$ dörtgeninde köşegenlerin kesim noktası $E$ noktası ise $m(\widehat{AED})$ kaç derecedir ? ($2013$ Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatı)
$6)$ İkizkenar $ABC$ üçgeninde $\mid BC \mid = \mid AC \mid $ , $m(\widehat{ACB})=106^{\circ}$, $m(\widehat{PAC})=7^{\circ}$ ve $m(\widehat{PCA})=23^{\circ}$ olduğuna göre $m(\widehat{CPB})$ açısı kaç derecedir ? ($1993$ Amerika Matematik Olimpiyatı)
$7)$ Bir $ABC$ üçgeninde $m(\widehat{BAC})=40^{\circ}$ ve $m(\widehat{ABC})=60^{\circ}$ olarak veriliyor. $D$ ve $E$ sırasıyla , $AC$ ve $AB$ kenarları üzerinde , $m(\widehat{CBD})=40^{\circ}$ ve $m(\widehat{BCE})=70^{\circ}$ olacak şekildeki noktalar olsun. $F$ noktası $BD$ ve $CE$ nin kesişim noktası olduğuna göre, $AF$ nin $BC$ ye dik olduğunu ispatlayınız.($1998$ Kanada Matematik Olimpiyatı)
$8)$ Bir $ABC$ üçgeninin içinde alınan bir $P$ noktası için $m(\widehat{ABP})=10^{\circ}$ , $m(\widehat{CBP})=20^{\circ}$ , $m(\widehat{BCP})=30^{\circ}$ , $m(\widehat{PCA})=40^{\circ}$ olduğuna göre $m(\widehat{PCA})$ kaçtır?
$9)$ Bir $ABC$ üçgeninin içinde alınan $E$ noktası ile dışında alınan $D$ noktası için $m(\widehat{BAE})=42^{\circ}$ , $m(\widehat{EAC})=18$ , $m(\widehat{ECA})=48^{\circ}$ , $m(\widehat{ECD})=30^{\circ}$ , $m(\widehat{ABE})=54^{\circ}$ ve $m(\widehat{EBD})=36^{\circ}$ olduğuna göre $m(\widehat{EDC})$ kaçtır ? (Soru $1$ çözümündeki lemma)
$10)$ Bir $ACD$ üçgeninin içinde $m(\widehat{BAD})=30$ , $\mid BC \mid =\mid DC \mid = \mid DB \mid$ olacak şekilde bir $B$ noktası alınıyor. $\mid AD\mid=8$ , $\mid AB\mid =4 $ olduğuna göre $\mid AC \mid$ kaçtır? ($2018$ Ulusal Antalya Matematik Olimpiyatı)
-
$2)$
$m(\widehat{ABD})= \alpha$ denilir ve üçgende $D$ noktasına göre birimle derece olmak üzere trigonometrik ceva teoremi yazılırsa,
$\dfrac{\sin{12}}{\sin{36}} \cdot \dfrac{\sin{\alpha}}{\sin{84-\alpha}} \cdot \dfrac{\sin{18}}{\sin{30}} = 1 $
elde edilir, $\sin{30} = \dfrac{1}{2}$ kullanılır ve yarım açı formüllerinden $\sin{36} = 2\sin{18}\cos{18}$ yazılırsa,
$\dfrac{2\cdot \sin{12} \cdot \sin{\alpha} \cdot \sin{18} }{2\cdot \sin{18} \cdot \cos{18} \cdot \sin{84-\alpha}} = 1$
elde edilir, benzer terimler sadeleştirilir ve bilinmeyenli terimler bir tarafta bırakılırsa,
$\dfrac{\sin{\alpha}}{\sin{84-\alpha}} = \dfrac{\cos{18}}{\sin{12}} $
şimdi $\cos{\theta} = \sin{90 - \theta}$ özdeşliği kullanılırsa,
$\dfrac{\sin{\alpha}}{\sin{84-\alpha}} = \dfrac{\sin{72}}{\sin{12}} $
elde edilir ve $\alpha = 72^{\circ}$ olduğu bulunur, istenilen açı $ADB$ üçgeninde bilinmeyen tek açı olduğundan, $180 - 36 - 72 = 72$ elde edilir.
-
$3)$
Verilen şekil çizilirse $ \mid AF \mid = \mid AB \mid $ ve $m(\widehat{FAB})+2m(\widehat{FPB})=360^{\circ}$ olduğundan dolayı $FPB$
üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $A$ noktasıdır. $FB$ ile $AP$ birleştirilirse $2.m(\widehat{FBP})=m(\widehat{FAP})=50^{\circ}$
olacağından $m(\widehat{BAP})=120^{\circ}-50^{\circ}=70^{\circ}$ olmalıdır.
(https://i.hizliresim.com/yG0BqM.png) (https://hizliresim.com/yG0BqM)
Edit: Resimdeki gereksiz beyaz boş alanlar kırpıldı. (Lokman GÖKÇE)
-
model üçgen - P noktası (http://geomania.org/forum/index.php?topic=1556.0) isimli çalışmaya göz atabilirsiniz.
-
$1)$ Çözüm : (Behzat Erbıçakçı-İbrahim Atakan Çiçek)
İlk önce $\mid AC \mid $ kenarı kenarlarından biri olan ve $ABC$ üçgenini kapsayan $WAC$ eşkanar üçgenini çizelim.
$m(\widehat{BWC})$ açısını hesaplamaya çalışalım. Bunun için öncelikle $W$ noktasından $AC$ ye dik çizelim. $AC$ yi kesen noktaya $H$ , $AB$ yi kesen noktaya $F$ diyelim.
$WFA$ ile $WFC$ üçgenleri eş olduğundan dolayı $FAC$ ikizkenardır. Açıları yerleştirelim. Şimdi ise $F$ den $WC$ ye dik inelim. Bu
nokta $G$ olsun. $FWC$ üçgenini katlayalım. ve dışarıdaki noktaya $Q$ adı verelim. $FQC$ $(72-72-36)$ üçgeni olduğunu gördük ve
$WFCQ$ nun deltoid olduğuna dikkat edersek $WFQ$ nun eşkenar üçgen olduğunu anlarız. $Q$ ile $B$ noktalarını birleştirelim. Şimdi
ise $FBC$ üçgeninin $(12-84-84)$ üçgeni olduğuna dikkat edersek $\mid FC\mid=\mid BC\mid=\mid QC\mid$ olacağından dolayı $FBQ$
üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $C$ noktasıdır. Buradan ise $m(\widehat{BQF})=6^{\circ}$. Artık Buradan sonra $WFQ$ eşkenar
üçgenine odaklanalım. $m(\widehat{BFQ})=12^{\circ}$ açısının açıortayını çizelim. $BQ$ yu kestiği noktaya $M$ diyelim. $
m(\widehat{MWQ})=30^{\circ}$ olmalıdır. çünkü $WFM$ ile $WQM$ üçgenleri eştirler. Daha sonra $FBQ$ üçgenini katlayalım.
Katlanan noktaya $F'$ noktası adını verelim. $FF'Q$ üçgeninin $(84-84-12)$ üçgeni olduğu görülebilir. Aynı zamanda $\mid
FQ\mid=\mid F'Q\mid =\mid WQ\mid$ olduğundan dolayı $FF'W$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $Q$ noktasıdır. Dolayısıyla
$$\dfrac{m(\widehat{FF'Q})}{2}=m(\widehat{F'WF})=6^{\circ}$$ olmalıdır.
$$2m(\widehat{FF'W})+m(\widehat{WQF})=360^{\circ}$$ olduğu için $m(\widehat{QF'W})=66^{\circ}$ olur. Şimdi ise $WM$ ile
$F'Q$ doğrularının kesiştiği noktaya $Z$ diyelim. $[FM$ ışını Trigonometrik Ceva Teoremi'nin karşıtı gereği $F$,$B$ , $Z$ doğrusaldır.
$m(\widehat{F'ZF})=24^{\circ}$ olduğu görülür. Aynı zamanda $m(\widehat{ZWF})=24^{\circ}$ olduğundan dolayı $F'$ ,$W$ ,$Z$
ve $B$ çemberseldir. O halde $$m(\widehat{F'WB})=m(\widehat{F'MB})=24$$ olduğundan dolayı $m(\widehat{FWB})=18^{\circ}$
olarak bulunur. Buradan uzun zamandır uğraştığımız $m(\widehat{BWC})=12^{\circ}$ olarak bulunur.
Şimdi ise $PBC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezini $O$ noktası olarak alalım. $BOC$ üçgenini katlayıp yeni üçgeni $BCO'$ şeklinde
yazarsak ve açıları yazarsak $BWO'$ üçgeni $(156-12-12)$ üçgeni olduğundan $\mid OB\mid =\mid BW \mid$ olduğu bulunur. Açıları
yerleştirirsek $WBO$ üçgeni $(6-168-6)$ üçgeni olur. Şimdi ise biraz eşlik görerek sorumuza yaptığımız çözümü bitirelim. $WBC$
üçgeni ile $COW$ üçgenleri eştir. $\mid OW\mid = \mid BC \mid $ görülebilir. $AWO$ ile $ACB$ $(K-A-K)$ gereğince eş olduklarından
dolayı $\mid AB \mid =\mid AO \mid$ buradan ise $ABO$ ikizkenar üçgenine odaklanırsak $m(\widehat{BAP})=24^{\circ}$ olarak bulunur.
Lemma: $W$,$F$ , $F'$ ve $O$ noktalarının çemberseldir.
Bu lemmayı da size bırakıyorum...
(https://i.hizliresim.com/nbOXJa.png) (https://hizliresim.com/nbOXJa)
Edit: Resim boyutları çok büyüktü, düzenlendi. (Lokman GÖKÇE)
-
$2)$
Çözüm: (Murat Öz)
$ABE$ şeklinde dışarıdan eşkenar üçgen yapıştıralım. $[EC]$ doğru parçasını çizelim. Soruda Verilen üçgenin ikizkenarlığı ve $ABE$ nin eşkenarlığı ullanırsa $C,D,E$ doğrusallığı görülür. Bundan yararlanılarak diğer açıları da yazar isek $\mid EB \mid= \mid BD \mid$ olduğu görülür. Bu nedenle $\mid AB\mid =\mid BD \mid$ yani $ABD$ nin $(72-36-72)$ altın üçgeni olduğu görülür.
(https://i.hizliresim.com/RgnqOj.png) (https://hizliresim.com/RgnqOj)
Çözüm: (Hakan Ulaş)
$BDC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $O$ noktası olsun. $2.m(\widehat{BCD})=m(\widehat{BOD})=60^{\circ}$ olduğundan $BOD$ eşkenar üçgen olur. Bilgiler yerleştirilirse $(K-A-K)$ gereğince $BOC\cong ABC$ olur. Buradan $\mid AB \mid = \mid BD \mid$ yani $ABD$ nin $(72-36-72)$ altın üçgeni olduğu görülür.
(https://i.hizliresim.com/EOPZBz.png) (https://hizliresim.com/EOPZBz)
Çözüm: (İbrahim Atakan Çiçek)
Şekildeki gibi bir $AC// ED $ olacak şekilde doğru çizelim. $ED$ üzerinde $m(\widehat{DBE})=60^{\circ}$ olacak şekilde tek bir nokta olduğunu görebiliriz. Aynı zamanda bu özelliği sağlayan üçgenlerden biri eşkenar üçgen olduğu için $EBD$ eşkenar üçgen olmak zorundadır. Dolayısıyla açımız $60+12=72^{\circ}$ olarak bulunur.
(https://i.hizliresim.com/kMOlNv.png) (https://hizliresim.com/kMOlNv)
-
$4)$ $50$ derecedir.
$AD \parallel BC$'dir, bu yüzden $m(\widehat{ADB})=20^{\circ}$'dir, köşegenlerin kesişim noktasına $K$ dersek, $m(\widehat{DKC})=120^{\circ}$ olduğunu görmek zor değildir, bu sebeple $m(\widehat{BDC})=\alpha^{\circ}$ dersek, $m(\widehat{ACD})=(60-\alpha)^{\circ}$ olur.
Birimler derece olmak üzere dörtgende trigonometrik ceva teoremi yazılırsa,
$\dfrac{\sin{100}}{\sin{40}} \cdot \dfrac{\sin{20}}{\sin{20}} \cdot \dfrac{\sin{100}}{\sin{\alpha}} \cdot \dfrac{\sin{60-\alpha}}{\sin{20}} = 1$
elde edilir, şimdi $\sin{\theta} = \sin{180-\theta}$, $\sin{\theta} = cos(90-\theta)$ özdeşliklerini kullanarak $\sin{100}$'leri çevirip özdeşliği tekrar yazalım.
$\dfrac{\sin{80}}{\sin{40}} \cdot \dfrac{\cos{10}}{\sin{\alpha}} \cdot \dfrac{\sin{60-\alpha}}{\sin{20}} = 1$
şimdi, $\sin{80}$'i ve $\sin{20}$'yi $\sin{2 \theta} = 2 \sin{\theta} \cos{\theta}$ olduğunu kullanarak tekrar yazalım.
$\dfrac{2 \cdot \sin{40} \cdot \cos{40} \cdot \cos{10} \cdot \sin{60-\alpha}}{\sin{40} \cdot \sin{\alpha} \cdot 2 \cdot \sin{10} \cdot \cos{10}} = 1$
şimdi benzer terimleri sadeleştirip, $\cos{40} = \sin{50}$ olduğunu kullanıp bilinmeyenleri bir tarafta yazalım.
$\dfrac{\sin{60-\alpha}}{\sin{\alpha}} = \dfrac{\sin{10}}{\sin{50}}$
$\alpha = 50$ bulunur, $m(\widehat{BDC})=50^{\circ}$'dir.
-
$10)$ Şekildeki gibi $ADJ$ eşkenar üçgenini yapıştıralım. Açılar yerleştirildiğinde $m(\widehat{CDJ})=m(\widehat{BDA})$ olduğundan dolayı ve eşkenar üçgenlerden gelen $\mid BD \mid = \mid CD \mid$ ve $\mid AD\mid =\mid JD \mid$ olduğundan dolayı $BDA \cong CDJ$ olduğundan dolayı $m(\widehat{DJC})=30^{\circ}$ yani $m(\widehat{CJA})=90^{\circ}$ ve $\mid JC \mid=4$ ve $ \mid AJ \mid =8$ olduğundan dolayı $\mid AC \mid=4\sqrt{5}$ olarak bulunur.
(https://i.hizliresim.com/86z0RA.png) (https://hizliresim.com/86z0RA)