Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 1998 Soru 5  (Okunma sayısı 1711 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 2655
  • Karma: 16
  • Banana Republic
Tübitak Lise 2. Aşama 1998 Soru 5
« : Ağustos 06, 2013, 04:35:50 öö »
$XOY$ açısının $[OX$ ve $[OY$ ışınları üzerinde sırasıyla $ M$ ve $N$ değişken noktaları alındığında $\vert OM\vert +\vert ON\vert $ sabit ise, $[MN]$ nın orta noktasının geometrik yerini belirleyiniz.
« Son Düzenleme: Ekim 11, 2014, 01:40:47 ös Gönderen: geo »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 1688
  • Karma: 5
Ynt: 5 - Tashih edildi
« Yanıtla #1 : Ağustos 17, 2013, 10:26:34 öö »
$\left[MN\right]$'nin bir konumu şekildeki gibi olsun ve $\left|OM\right|=m$, $\left|ON\right|=n$, $\left|MN\right|=a$ diyelim. $OMN$ üçgeninin çevrel çemberi ile $MON$ açısının açıortayının kesişim noktası $B$ ile gösterilmek üzere, $\angle MOB=2\alpha $ ise, $$\measuredangle \left(MB\right)=\measuredangle \left(BN\right)=2\alpha $$ dır. Buradan $\left|MB\right|=\left|BN\right|$ elde edilir. $OMBN$ dörtgeninde Ptolemy Teoremi uygulandığında, $\left|BM\right|=b$ olmak üzere, $$\left|OM\right|\cdot \left|BN\right|+\left|ON\right|\cdot \left|MB\right|=\left|OB\right|\cdot \left|MN\right|$$

ya da $mb+nb=\left|OB\right|\cdot a$ elde edilir. Buradan $$b\left(m+n\right)=\left|OB\right|\cdot a,\ \ b\cdot k=\left|OB\right|\cdot a  \tag{1}$$ $\left[MN\right]$'nin orta noktası $A$ ile gösterilmek üzere, $\angle MAB={90}^{\circ }$ ve $BON$ açısı ile aynı yayı gördükleri için $\angle MNB=\alpha $ olur. Bu dik üçgende, ${\cos  \alpha =\dfrac{a}{2b}\ }$, $a=2b{\cos  \alpha \ }$ dır. Bu değer $\left(1\right)$ `de yazılarak $$bk=\left|OB\right|2b{\cos  \alpha \ }\Rightarrow \left|OB\right|=\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}=sabit$$ elde edilir. $O$ noktası, $\left|OB\right|$ ve açıortay sabit olduğundan $B$ noktası sabittir. $OMN$ üçgeninde $\left[OA\right]$ kenarortay olup, $${\left|OA\right|}^2=\dfrac{{m^2+n}^2}{2}-\dfrac{a^2}{4}, \tag{2}$$ $MBN$ üçgeninde $${\left[BA\right]}^2=b^2-\dfrac{a^2}{4} \tag{3}$$'tür.

$(2)$ ve $(3)$`ten $${\left|OA\right|}^2-{\left|BA\right|}^2=\dfrac{m^2+n^2}{2}-b^2 \tag {4}$$ $OMB$ üçgeninde, $b^2=m^2+{\left(\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}\right)}^2-2m\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}{\cos  \alpha \ }$,
$ONB$ üçgeninde, $b^2=n^2+{\left(\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}\right)}^2-2n\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}{\cos  \alpha \ }$ dır (Kosinüs Teoremi). Bu iki eşitlik taraf tarafa toplanarak, $$2b^2=m^2+n^2+2{\left(\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}\right)}^2-k^2,$$ $$b^2=\dfrac{m^2+\ n^2}{2}+\ {\left(\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}\right)}^2-\dfrac{k^2}{2}$$ $$\Rightarrow \dfrac{m^2+n^2}{2}-b^2=\dfrac{k^2}{2}-{\left(\dfrac{k}{2{\cos  \alpha \ }}\right)}^2=sabit$$ bulunur. O halde $\left(4\right)$ ifadesi $$\left|OA\right|^2-{\left|BA\right|}^2=sabit\text{tir.}$$ "Sabit iki noktaya uzaklıklarının kareleri farklı sabit olan noktaların geometrik yeri, bu sabit noktaları birleştiren doğruya dik bir doğrudur."
Dolayısıyla, $A$ noktasının geometrik yeri, $OB$ doğrusuna dik bir doğrudur.

Tersine $\left|OM\right|=\left|ON\right|=\frac{k}{2}$, $Ox$ açıortay, $MN\bot Ox$, $A\in \left[M,N\right]$  olsun. $OM_1N_1\ $ üçgeninin $[M_1N_1]$ kenarının orta noktası $A$ ise, $\left|OM_1\right|+\left|ON_1\right|=k$ olur. Çünkü $A$'yı orta nokta kabul edecek $[M_1N_1]$'in çizimi, $O$'nun $A$'ya göre simetriği olan $O'$ bulunup $OM_1O'N_1$ paralelkenarının oluşturulması ile mümkündür. Bu durumda $O'N_1\parallel OM_1$, $\angle OMN=\angle N_1ZN$ ve $OMN$ üçgeni ikizkenar olduğundan,


$$\angle N_1ZN=\angle N_1NZ \Rightarrow \left|N_1Z\right|=|N_1N|$$ $\left|OM_1\right|=\left|OM\right|+|MM'|$ ve $\triangle M_1MA\ \cong \triangle N_1ZA$ olduğundan $$\left|MM_1\right|=\left|N_1Z\right|=|N_1N|,$$ $$\left|ON_1\right|=\left|ON\right|-\left|NN_1\right| \text{ dir.}$$ Bu eşitliklerden,
$\left|OM_1\right|+\left|ON_1\right|$
$\qquad=\left|OM\right|+\left|MM_1\right|+\left|ON\right|-|MM_1|$
$\qquad = |OM| +|ON| =k$ bulunur.

Kaynak:
Matematik Dünyası 1999-III
« Son Düzenleme: Ekim 11, 2014, 01:40:52 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • G.O Efsane Üye
  • *******
  • İleti: 1688
  • Karma: 5
Ynt: 5 - Tashih edildi
« Yanıtla #2 : Ağustos 17, 2013, 10:33:42 öö »
Geometrik yer ile ilgili soru çözümlerinde sonuca götüren yollardan biri de iki örneklem almak. Özellikle bu örneklemden biri sabit ise ona bağlı birçok şey sabit olacaktır.

$OM+ON=k$ olduğu için $OM'=ON'=\dfrac{k}{2}$ şartını sağlayan $M'$, $N'$ noktalarını birleştiren doğru parçasının orta noktası da geometrik yer üzerindedir. Bu arada $OM'=ON'=\dfrac{k}{2}=Sabit$ ve $\angle M'ON'=Sabit$ olduğu için $M'N'$ doğrusu da, doğru parçası da sabittir.


$MM'=NN'$ olduğu aşikar (değilse $k$ dan $MM'$ kadar alınıp $NN'$ kadar veriliyor, yine $k$ elde ediliyor).

$M'N'$ ile $MN$, $P$ de kesişsin. $N$ den $M'M$ ye çizilen paralel $M'N'$ yü $Q$ da kessin.

$OM'=ON'\Rightarrow QN=NN'=MM'$ olacaktır. Paralellikten $\dfrac{QN}{MM'}=\dfrac{PN}{PM}=1$ olacaktır. Yani $MN$ doğru parçalarının orta noktaları $P\in M'N'$ dür. Geometrik yer $M'N'$ doğru parçasıdır.

Bu paralel çekmeli çözüm aslında Menelaus'tan başka bir şey değil. $AMN$ üçgeninde $M',P,N'$ noktaları için Menelaus uyguladığımızda da $PM=PN$ eşitliğini elde edeceğiz.

Tersinin ispatı da düzünden farksız. Aynı şekilde $OM+ON=k$ olduğunu göstereceğiz. İster Menealus uygulayın, isterse tekrardan $NQ\parallel OM$ doğrusunu çizin. $NN'=MM'$, dolayısıyla da $OM+ON=\dfrac{k}{2}+MM'+\dfrac{k}{2}-NN'=k$ elde edeceksiniz.
« Son Düzenleme: Ekim 11, 2014, 01:41:06 ös Gönderen: geo »

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal