Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 2007 Soru 1  (Okunma sayısı 3904 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2.632
  • Karma: +9/-0
Tübitak Lise 2. Aşama 2007 Soru 1
« : Ağustos 06, 2013, 03:39:31 öö »
Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin $AC$ kenarını çap kabul eden çember, $AB$ ve $BC$ yi, $A$ ve $C$ dışında, sırasıyla $K$ ve $L$ noktalarında kesiyor. $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi, $CK$ doğrusunu $C$ dışında $F$ noktasında; $AL$ doğrusunu ise, $A$ dışında $D$ noktasında kesiyor. $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin $ \lbrack AC\rbrack $ kirişinin küçük yayı üstünde bir $E$ noktası alıp, $BE$ ile $AC$ nin kesiştiği noktaya $N$ diyelim. Eğer $$\vert AF\vert ^{2}+\vert BD\vert ^{2}+\vert CE\vert ^{2}=\vert AE\vert ^{2}+\vert CD\vert ^{2}+\vert BF\vert ^{2}$$ ise, $m(\widehat{KNB})=m(\widehat{BNL})$ olduğunu gösteriniz.

(Şahin Emrah)
« Son Düzenleme: Mayıs 01, 2016, 08:15:34 ös Gönderen: Eray »

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2.632
  • Karma: +9/-0
Ynt: 1 - Tashih edildi
« Yanıtla #1 : Ağustos 11, 2013, 09:13:47 öö »
Soruda yükseklikler uzun uzun anlatılmış. 


$AC$ çap olduğu için $AL$ yükseklik. Aynı şekilde, $AK$ da yükseklik. $$BF^2-AF^2=BK^2-AK^2=BC^2-AC^2$$ $$CD^2-BD^2=CL^2-BL^2=AC^2-AB^2$$ Taraf tarafa toplarsak, $$CE^2-AE^2=BF^2+CD^2-AF^2-BD^2=BC^2-AB^2$$ elde ederiz. Bu da $BE\bot AC$ demektir. Buradan gerisi de yüksekliklerin kesişimiyle oluşan kirişler dörtgenlerini görme.

$BC$ çaplı çember $K$ ve $N$ den geçer, $\angle ANK=\angle ABC$ ve $\angle KNB={90}^{\circ }-\angle ABC$.

$AB$ çaplı çember $L$ ve $N$ den geçer, $\angle LNC=\angle ABC$ ve $\angle BNL={90}^{\circ }-\angle ABC=\angle KNB$.
« Son Düzenleme: Ağustos 28, 2013, 10:22:43 ös Gönderen: bosbeles »

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 790
  • Karma: +2/-0
Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2007 Soru 1
« Yanıtla #2 : Eylül 17, 2024, 06:07:04 ös »
Problem aslında Blanchet Teoremi ile genelleştirilebilir diye düşünüyorum.

$AL$  ve $CK$ , $\triangle ABC$ 'nin yükseklikleridir. $H$ noktası diklik merkezi olmak üzere, $H$ diklik merkezin üçgenin kenarlarına göre yansımasının çevrel çember üzerinde olduğunu biliyoruz (Çünkü $\angle FAB=\angle FCB=\angle BAL$ dir.). Bunun sonucu olarak
$$AF=AH\quad ,\quad BD=BH=BF \quad \text{ve} \quad CD=CH$$
eşitlikleri elde edilir. Problem koşuluna göre
$$AF^2+BD^2+CE^2=AH^2+BF^2+CE^2=AE^2+CD^2+BF^2$$
$$\Longleftrightarrow AH^2+CE^2=AE^2+CD^2$$
bulunur. Bu ise $AHCE$  dörtgeninin karşılıklı kenarlarının kareleri toplamı eşit olduğundan köşegenlerin dik kesişmesi anlamına gelir. Dolayısıyla $HE\perp AC\Longleftrightarrow BN\perp AC$ dır. Yani $N$ noktası $A$ 'dan çıkan dikmenin ayağıdır. $H$ diklik merkezi ortik üçgen $\triangle KLN$ 'nin iç merkezi olduğundan $\angle KNB=\angle BNL$ olur.
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

 


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 31 32 33 34 35 36 37 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal