30-60-90 üçgeninin köşelerinin bir noktaya uzaklıkları

[geo]

• Tweet

$ABC$ üçgeninde $\angle A = 90^\circ$ ve $\angle C = 30^\circ$ dir. $P$; $ABC$ düzleminde $AP=7$, $BP = 2\sqrt 3$ ve $CP=10$ şartlarını sağlayan bir nokta ise $A(ABC)$ alabileceği değerleri bulunuz.

Not: Düzeltme için alpercay hocama teşekkür ederim.

[alpercay]

• Tweet

$|AB|=k$ dersek $|BC|=2k$ olur. Ptolemy eşitsizliği $$AB. CP+BP. AC\ge AP. BC$$ $$10k+6k\ge 7.2k$$ $$16k\ge 14k$$ sağlandığından $P$ noktası $ABC$ üçgeninin dış bölgesindedir.
 $P$ noktasının $BC$ kenarı tarafında olduğunu varsayalım.
$m(BAP) =\alpha$ ve $m(CAP) =90^\circ -\alpha$ olsun.
Sırasıyla $ABP$ ve $PAC$ üçgenlerine kosinüs teoremi uygulanarak $$12=49+k^2-14k\cos\alpha$$ $$100=49+3k^2-14k\sqrt{3}\sin\alpha$$ eşitlikleri yazılabilir.
Bu eşitliklerden bulunan $$\cos\alpha=\dfrac{k^2+37}{14k}$$ ve $$\sin\alpha=\dfrac{3k^2-51}{14\sqrt{3}k} $$ değerleri $$\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1$$ özdeşliğinde değerlendirilerek $$(\dfrac{3k^2-51}{14\sqrt{3}k})^2+(\dfrac{k^2+37}{14k})^2=1$$ denklemi bulunur. Bu denklemin pozitif kökleri $$k=\sqrt{13}$$ ve $$k=\sqrt{43}$$ olduğundan $$Alan(ABC) =\dfrac{k^2\sqrt{3}}{2}$$ $$Alan(ABC)=\dfrac{13\sqrt{3}}{2}$$ veya $$Alan(ABC) =\dfrac{43\sqrt{3}}{2}$$ olarak hesaplanır.
Ayrıca $k=\sqrt{13}$ iken $m(\widehat{BPC})=30^{\circ}$ ve $k=\sqrt{43}$ iken $m(\widehat{APC}) =150^{\circ}$ olur.

[geo]

• Tweet

$P$ noktasının yer alabileceği bölgeleri $S_0, S_1, \dots, S_6$ ile gösterelim. $S_i$ bölgesindeki verilen şartları sağlayan $P$ noktasını da $P_i$ diyelim.

$P_1$ için $\angle BP_1C = 150^\circ$ ve $P_2$ için $\angle BP_2C = 30^\circ$ olduğunu, diğer $P_i$ noktalarının ise üçgen eşitsizliklerini sağlamadığını göstereceğiz.

$P_1$ için $S_1$ bölgesinde $\triangle ABC \sim \triangle CBD$ olacak şekilde bir $D$ noktası alalım. İki üçgenin benzerlik oranı $1:2$ olacaktır. $\triangle CBD$ için de $P_1$ e benzer şekilde bir $Q_1$ noktası alalım. $CQ_1 = 14$, $BQ_1 = 4\sqrt 3$, $DQ_1 = 20$ olacaktır.

$\angle ABP_1 = \angle CBQ_1$ olduğu için $\angle ABC = \angle P_1BQ_1 = 60^\circ$ olacaktır.
$BP_1:BQ_1 = 2\sqrt 3 : 4\sqrt 3$ olduğu için de $\triangle Q_1BP$ bir $30^\circ-60^\circ-90^\circ$ üçgenidir. Bu durumda $P_1Q_1 = 6$ olacaktır.
$\triangle P_1Q_1C$'de Kosinüs Teoremi uygulandığında $\angle Q_1P_1C = 120^\circ$ olacaktır. Bu durumda $\angle BP_1C = 360^\circ - 90^\circ - 120^\circ = 150^\circ$ olur.

$P_2$ için yine $S_1$ bölgesinde $\triangle ABC \sim \triangle CBD$ olacak şekilde bir $D$ noktası alalım. $\triangle CBD$ için de $P_2$ e benzer şekilde bir $Q_2$ noktası alalım.
$\angle ABP_2 = \angle CBQ_2$ olduğu için $\angle Q_2BP_2 = \angle ABC = 60^\circ$ olacaktır.
$\triangle Q_2BP_2$ bir $30^\circ-60^\circ-90^\circ$ üçgenidir. $\triangle P_2Q_2C$'de Kosinüs uygulandığında $\angle Q_2P_2C = 120^\circ$ ve $\angle BP_2C = 120^\circ - 90^\circ = 30^\circ$ olacaktır.

$S_4, S_5, S_6$ bölgeleri için $\angle BAP_i \geq 90^\circ$ ve $BP=2\sqrt 3 < AP=7$ olduğu için üçgen eşitsizliği sağlanmaz.

$S_0$ için yine aynı $\triangle CBD$ kurulduğunda ve $Q_0$ alındığında $\angle ABP_0 = \angle CBQ_0$ eşitliğinden dolayı $\angle P_0BQ_0 = 60^\circ$, $P_0Q_0 = 6$ elde edilir. $\triangle CP_0Q_0$ da $\angle Q_0P_0C > 90^\circ$ ve $\angle BP_0Q_0 = 90^\circ$ olduğu için $\angle BP_0C > 180^\circ$ olur. Bu da $P_0$ noktasının $S_0$ içerisinde olamayacağı anlamına gelir.

$S_3$ için yine aynı $\triangle CBD$ kurulduğunda ve $Q_3$ alındığında $\angle ABP_3 = \angle CBQ_3$ eşitliğinden dolayı $\angle P_3BQ_3 = 60^\circ$, $P_3Q_3 = 6$ elde edilir. $\triangle CP_3Q_3$ te $\angle Q_3P_3C > 90^\circ$ ve $\angle BP_3Q_3 = 90^\circ$ olduğu için $P_3$ $S_3$ içerisinde yer alamaz.

alpercay hocamın da hesapladığı gibi $P_3$ ve $P_1$ noktaları için  $BC = 2\sqrt {13}$ ve $BC = 2\sqrt {43}$ elde edilir. Dolayısıyla $[ABC] = \dfrac {13\sqrt 3}{2}$ ya da $[ABC] = \dfrac {43\sqrt 3}{2}$ elde edilir.

[geo]

• Tweet

(Resim yüklemedeki bir hatadan dolayı bir önceki iletinin resimlerini bu iletide giriyorum.)

Bir önceki çözümde anlatıldığı gibi $\triangle BCD$ üçgeni kurarak $P, Q, C$ noktaları için üçgen eşitsizliği uyguladığımızda Ptolemy eşitsizliğinin bir başka ispatını elde etmiş oluruz.
Bu bilgiden yararlanarak Ptolemy eşitsizliğinin diğer ispatları da bu soruda bir çözüm olabilir. Örneğin; Ptolemy eşitsizliğinin Evirtim (Inversion) kullanılarak yapılan ispatından esinlenerek, $AB$ üzerinde $C'$, $AC$ üzerinde $B'$ ve $AP$ üzerinde $Q$ noktaları $AB\cdot AC' = AC \cdot AB' = AP \cdot AQ = AP \cdot AC$ olacak şekilde $C'$, $B'$ ve $Q$ noktaları alındığında $C'Q = 6$, $B'Q = 10$ ve $B'C' = 14$ elde edilir. Bu durumda $\angle B'QC' = 120^\circ$ elde edilir. $P$, $Q$, $B'$, $C'$ noktalarının $A$, $B$, $C$ ye göre konumlarına göre bir önceki çözümdeki gibi sonuca varabiliriz.

[Lokman Gökçe]

• Tweet

geo hocam resimlerin kendisi çok büyük. Bunları küçültürsek resim yüklemede hata olmayacaktır diye düşünüyorum. (Not: Resimleri yeterince küçülttüm, artık sorun yoktur.) Çözüm için teşekkürler. Hazırlayanın bakış açısıyla bir çözümü görmek faydalı oluyor.