Üçgen içerisinde P noktası, Model 4.7

[geo]

$AB=AC$ olan $\triangle ABC$ nin iç bölgesinde $AP=BP$ ve $\angle CAP - \angle BAP = 60^\circ$ olacak şekilde bir $P$ noktası alınıyor. $\angle ACP = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

[geo]

$\angle BAP = \angle ABP = \alpha$ olsun. $\angle PAC = 60^\circ + \alpha$ olacaktır.

$B$ nin $AP$ ye göre simetriği $B'$ olsun. $AB=AB'=AC$, $AP=BP=PB'$ ve $\angle BAP= \angle PAB' = \alpha$ dır. Bu durumda $\angle B'AC = 60^\circ$ ve $\triangle B'AC$ eşkenardır. $PACB'$ dörtgeninde $PB'=PA$ ve $AC=CB'$ olduğu için bu dörtgen bir deltoittir. Yani $CP$ köşegeni $\angle B'CA$ nın açıortayıdır. Bu durumda $\angle PCA = 30^\circ$ ve $\angle PCB = 30^\circ - \alpha$ dır.

Not:
Bu sorunun Ceva teoreminin trigonometrik yer değiştirme özelliğine göre modellenmiş hali burada model 4.7 olarak verilmiş.

[geo]

$AB$ üzerinde üçgenin dışına doğru $BAD$ eşkenar üçgenini kuralım.
$AP=BP$ ve $AD=DB$ olduğu için $APBD$ bir deltoittir, yani $\angle ADP = 30^\circ$.
$\angle CAP - \angle PAB = 60^\circ = \angle DAB \Rightarrow \angle DAP = \angle PAC$ dir.
Aynı zamanda $AD=AB=AC$ olduğu için $DACP$ dörtgeni bir deltoittir. Bu durumda, $\angle ACP = \angle ADP = 30^\circ$ dir.

[geo]

$\angle BAP = \angle ABP = \alpha$ olsun. $\angle PAC = 60^\circ + \alpha$ ve $\angle PBC = 60^\circ - 2\alpha$ olacaktır.
$\angle ACP = x$ dersek $\angle PCB = 60^\circ - \alpha - x$ olur.
Ceva teoreminin trigonometrik halini yazarsak $$\dfrac{\sin \alpha}{\sin (60^\circ + \alpha)} \cdot \dfrac{\sin x}{\sin (60^\circ - \alpha -x)} \cdot \dfrac{\sin (60^\circ - 2\alpha)}{\sin \alpha} = 1$$ $$\begin{array}{rcl}
\dfrac{\sin x}{\sin (60^\circ - \alpha - x)} &=& \dfrac{\sin (60^\circ+\alpha)}{\sin (60^\circ - 2\alpha)} \\
&=& \dfrac{\cos (30^\circ-\alpha)}{2\sin (30^\circ - \alpha) \cos (30^\circ - \alpha)} \\
&=& \dfrac{\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ - \alpha)} \\
\end{array}$$ $x + (60^\circ - \alpha - x) = 30^\circ + (30^\circ - \alpha)$ olduğu için $x=30^\circ$ yukarıdaki denklemi sağlar.

[geo]

Ceva teoreminin trigonometrik halinin yer değiştirme özelliğinden dolayı, bu soru aşağıdaki soru ile özdeştir:

$ABC$ üçgeninde $\angle BAP = \angle PCB = \alpha$, $\angle PAC = 60^\circ + \alpha$ ve $\angle ACP = 60^\circ - 2\alpha$ ise $\angle PBC = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

Bir seferlik önce trigonometrik bu yer değiştirmenin sentetik ispatını yapalım. (İkinci sorudaki harflendirmeyi baz alalım)
$(BPC)$ çemberi $AB$ ve $AC$ yi sırasıyla $B'$ ve $C'$ noktalarında kessin.
$\angle PBC = \angle PC'A$, $\angle AB'P = \angle PCB$, $\angle PB'C' = \angle PCA$, $\angle PC'B' = \angle ABP$ olduğu için $\triangle AB'C'$ üçgenindeki $P$ noktası için $\angle AC'P$ soran soru ile $\angle PBC$ yi soran soru aynıdır. $\blacksquare$

Yeni sorumuzun çözümüne geçmeden önceden yukarıdaki yöntemin sonucu üzerine bir iki kelam edelim. Asıl soru ile yeni soru aynı modele ait olduğundan birinden diğerine kolayca geçiş yapılabilir. Yani, size asıl soru değil de yeni soru sorulmuş olsa yeni sorudan asıl soruya dönüşüm yaparak bu çözümden önce girilen çözümlerdeki adımları uygulayarak da sonuca gidebilirsiniz.

$[AP$ $BC$ yi $D$ de kessin. $\angle ADB = 120^\circ$ ve $\angle PDC = 60^\circ$ dir. $[DC]$ üzerinde $\triangle PDE$ eşkenar olacak şekilde $E$ noktası alalım. $\angle PEC = 120^\circ = \angle ADB$, $\angle ECP = \angle DAB = \alpha$ ve $PC=BA$ olduğu için $\triangle ECP \cong DAB$ dir. Bu durumda $PE=BD=PD$ ve $\angle PBD = 30^\circ$ olur.

[geo]

Yine,

$ABC$ üçgeninde $\angle BAP = \angle PCB = \alpha$, $\angle PAC = 60^\circ + \alpha$ ve $\angle ACP = 60^\circ - 2\alpha$ ise $\angle PBC = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

dönüşümünü yapalım.

$\triangle ABP$ yi $[AC]$ üzerine, üçgenin içine doğru $\triangle ABP \cong \triangle AP'C$ olacak şekilde yapıştıralım.
$AP=AP'$ ve $\angle PAP' = 60^\circ$ olduğu için, $\triangle APP'$ eşkenar, dolayısıyla $AP'=PP'$. Aynı zamanda, $AC=CP$ olduğu için, $\angle ACP$ nin açıortayı $P'$ den geçer. Bu durumda, $\angle ABP = \angle P'CA = \angle ACP / 2 = 30^\circ - \alpha$ ve $\angle PBC = 30^\circ$ olacaktır.

[geo]

Yine,

$ABC$ üçgeninde $\angle BAP = \angle PCB = \alpha$, $\angle PAC = 60^\circ + \alpha$ ve $\angle ACP = 60^\circ - 2\alpha$ ise $\angle PBC = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

dönüşümünü yapalım.

$P$ nin $BC$ ye göre simetriği $P'$ olsun. $AB=AC=CP=CP'$ ve $\angle PCB = \angle BCP' = \alpha$ olduğu için $\angle ACP' = 60^\circ$ ve $\triangle AP'C$ eşkenardır. Bu durumda $AP'=AB$ dir. $C$ merkezli $CA$  yarıçaplı çember $P$ ve $P'$ noktalarından geçeceği için $\angle PAP' = \dfrac {\angle PCP'}{2} = \alpha$ dır. $\angle PAP' = \angle PAB$ ve $AB=AP'$ olduğu için $\triangle PAP' \cong \triangle PAB$, dolayısıyla da $\angle ABP = \angle PP'A = \dfrac{\angle ACP}{2} = 30^\circ - \alpha$ dır. Bu durumda $\angle PBC = 30^\circ$ olacaktır.

[geo]

$ABC$ üçgeninde $\angle BAP = \angle PCB = \alpha$, $\angle PAC = 60^\circ + \alpha$ ve $\angle ACP = 60^\circ - 2\alpha$ ise $\angle PBC = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

dönüşümünü yapalım.

$C$ merkezli $CP=CA$ yarıçaplı çember üzerinde, $\angle PCE = 60^\circ$ ve $P$ ile $E$ $AC$ ye göre farklı tarafta olacak şekilde, bir $E$ noktası alalım. $\triangle PEC$ eşkenardır. $PE=EC=CP=AB$, $\angle APE = \alpha$ ve $\angle AEP= \dfrac{\angle ACP}{2} = 30^\circ - \alpha$ dir. $\angle BAP = \angle APE$ olduğu için $AB \parallel PE$ ve $AB=PE$ olduğu için de $ABPE$ dörtgeni bir paralelkenardır. Bu durumda, $\angle ABP = \angle AEP = 30^\circ - \alpha$ ve $\angle PBC = 30^\circ$ dir.

[geo]

$ABC$ üçgeninde $\angle BAP = \angle PCB = \alpha$, $\angle PAC = 60^\circ + \alpha$ ve $\angle ACP = 60^\circ - 2\alpha$ ise $\angle PBC = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

dönüşümünü yapalım.

$[AC]$ üzerine, üçgenin dışına doğru, $ACE$ eşkenar üçgenini kuralım. $CP=AC=EC$ olduğu için, $C$ merkezli $CP$ yarıçaplı çember, $A$ ve $E$ noktalarından da geçer. Bu durumda, $\angle AEP = \dfrac{\angle ACP}{2} = 30^\circ - \alpha$ olacaktır. $AB=AE$ ve $\angle BAE = 120^\circ + 2\alpha$ olduğu için, $\angle AEB = \angle AEP = 30^\circ - \alpha$ olacaktır. Bu da, $B$, $P$, $E$ noktalarının doğrusal olduğu anlamına gelir. O halde, $\angle ABP = \angle ABE = 30^\circ - \alpha$ ve $\angle PBC = 30^\circ$ dir.

[geo]

Farklı bir dönüşüm yapalım:

$ABC$ üçgeninde $\angle BAP = \angle PAC = \alpha$, $\angle PCA = 60^\circ - 2\alpha$ ve $\angle PCB = 60^\circ + \alpha$ ise $\angle PBC = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

$CP$, $AB$ yi $D$ de, $AP$ de $BC$ yi $E$ de kessin.
$\triangle ADC$ de $EC$ bir dış açıortay, $AP$ bir iç açıortay olduğu için $DE$ bir dış açıortaydır.
$\angle BDC = 60^\circ$ olduğu için $\angle BDE = \angle EDC = 30^\circ$ dir. Aynı zamanda, $\angle AEB = 120^\circ$ olduğu için $BDPE$  bir kirişler dörtgenidir.
$\angle EDP = \angle PBC = 30^\circ$ bulunur.

[geo]

Yardımcı Soru:
$ABC$ üçgenin içerisinde yer alan $P$ noktası için $\angle BAP = \angle ABP = \alpha$, $\angle PBC = 60^\circ - 2\alpha$ ve $\angle PCB = 60^\circ + \alpha$ olsun. $\angle PCA = 30^\circ$ olduğunu gösteriniz.

Önce, bu soru ile ana sorunun aynı olduğunu görelim. İki soru arasındaki tek fark $\angle PAC$ ile $\angle PCB$ nin yer değiştirmiş olması. Bu şekilde bir yer değiştirme Trigonometrik Ceva'ya göre mümkün.

$(ABP)$ çemberi ile $CP$ ikinci kez $D$ noktasında kesişsin. $ADBP$ kirişler dörtgeninde $\angle ADP =\angle PDB = \alpha$ ve $\angle DBA = \angle DPA = 60^\circ - \alpha$ dır.
Dikkat edilirse $ADBC$ dörtgeninde $DC$ $\angle ADB$ nin $BA$ da $\angle DBC$ nin açıortayıdır. $\angle ADB + \angle DBC = 120^\circ$ olduğu için $[DA$ ile $[BC$ $60^\circ$ lik açıyla kesişir. Bu kesişim noktası $E$ olsun. $AB \cap CD = \{F\}$ dersek, $\triangle EBD$ de $F$ noktası iç merkezdir. Bu durumda $\angle FED = \angle FEB = 30^\circ$ dir. Aynı zamanda $\angle BFC = 60^\circ = \angle AEC$ olduğu için $AECF$ dörtgeni bir kirişler dörtgenidir. Öyleyse $\angle FCA = \angle FEA = 30^\circ$ dir.

[geo]

$\triangle ABP \cong \triangle ACO$ olacak şekilde $\triangle ABC$ içerisinde bir $O$ noktası alalım.
$\angle BAP = \angle OAC$ olduğu için $\angle PAO = 60^\circ$ ve $\triangle PAO$ eşkenardır.
$AO=OC=OP$ olduğu için $O$ noktası $\triangle APC$ nin çevrel merkezidir.
Bu durumda $\angle AOP = 2\angle ACP = 60^\circ \Rightarrow \angle ACP = 30^\circ$ dir.