Tübitak Lise 2. Aşama 1991 Soru 6

[Lokman Gökçe]

$ABC$ üçgeni $A$ tepe açısı $80^\circ$ olan bir ikizkenar üçgendir. $[BC]$ tabanı üzerinde bir $D$ noktası ve $[AC]$ yan kenarı üzerinde bir $E$ noktası o şekilde alınıyor ki $m(\widehat {ADB} ) = 80^\circ$ ve $m(\widehat {AEB} )= 70^\circ$ oluyor. $m(\widehat {BED} )$ açısı kaç derece olur?

[gahiax]

(Halil İbrahim AYANA)

$\triangle ADE$ üçgeninin $AC$ kenarına göre simetriği $AD'E$ üçgeni olsun. $\angle ADD' = 60^\circ$ ve $AD=AD'$ olduğundan $\triangle ADD'$ eşkenardır. $BD=AD=DD'$ olduğundan merkezi $D$ olan ve $B-A-D'$ noktalarından geçen bir çember vardır. Ayrıca $2\angle ABE = \angle ADD' = 60^\circ$ olduğundan $B-E-D'$ doğrusaldır. Bu durumda $\angle ED'D = \angle EDD' = 20^\circ$ olup $\angle BED = 40^\circ$ bulunur.

[Lokman Gökçe]

(Lokman GÖKÇE)

Dış teğet çember merkezinin özelliğinden faydalanarak bir sentetik çözüm verelim:

Taban açılarının eşitliğinden dolayı $ABD$ üçgeni ikizkenardır ve $|DA|=|DB|$ olur. $\widehat{BDA}$ nın açıortayı ile $BE$ nin kesişimi $F$ olsun. $m(\widehat{DAF})=m(\widehat{DBF})=20^\circ$ ve $m(\widehat{FAB})=m(\widehat{FBA})=30^\circ$ dir. Şekildeki gibi $G$ ve $H$ noktalarını işaretleyelim. Açı hesabından kolayca $m(\widehat{GFA})=m(\widehat{AFE})=m(\widehat{EFD})=60^\circ$ bulunur.

Şimdi çözümün kritik aşamasına geldik. $A$ noktasının $DEF$ üçgeninin dış teğet çemberinin merkezi olduğunu görmeliyiz. Bunun için

• $FA$ dış açıortay
• $ \widehat{DFE}$ ile $ \widehat{DAE}$ arasında $m(\widehat{DAE})=\dfrac{m(\widehat{DFE})}{2}$ bağıntısı sağlanıyor

olduğunu gözlemlemek yeterlidir. Dolayısıyla $DEF$ üçgeninde $DA$ bir iç açıortay olup $m(\widehat{BED})=40^\circ$ bulunur.

[Lokman Gökçe]

Ek çizimleri bulmakta zorluk yaşayanlar için trigonometrik bir çözüm verebiliriz.

Çözüm [Lokman GÖKÇE]: Önce iki yardımcı teorem verelim.

Lemma 1. $\sin 20^\circ \cdot \sin 40^\circ \cdot \sin 80^\circ = \dfrac{\sqrt{3}}{8}$ dir.

Lemma 2 [Trigonometrik Bir Hile]. $x,y,a,b>0^\circ $ ve $x+y=a+b < 180^\circ $ olsun.
$$ \dfrac{\sin x}{\sin y} =  \dfrac{\sin a}{\sin b} $$
eşitliği sağlanıyorsa $x=a$ ve $y=b$ dir.

Bunların ispatlarının yapmak zor değildir. Şimdi ana

$m(\widehat{ADE})=y$ olsun. $ABD$ üçgeni ve dışındaki $E$ noktası için trigonometrik Ceva teoremini uygulayalım.
$$  \dfrac{\sin EAD}{\sin EAB} \cdot \dfrac{\sin EBA}{\sin EBD} \cdot \dfrac{\sin EDB}{\sin EDA} = 1 $$
olup $ \dfrac{\sin (80^\circ + y)}{\sin y} = \dfrac{\sin 20^\circ \cdot \sin 80^\circ }{\sin 30^\circ \cdot \sin 30^\circ}$ olur. Sağ taraftaki ifadenin pay kısmına bakınca Lemma 1'deki eşitliği kullanabileceğimiz akla geliyor. Buna göre,
$$ \dfrac{\sin (80^\circ + y)}{\sin y} = \dfrac{\sqrt{3}/8}{(1/4)\sin 40^\circ }=  \dfrac{\sqrt{3}/2}{\sin 40^\circ } = \dfrac{\sin 120^\circ}{\sin 40^\circ}$$
elde edilir. Artık Lemma 2'de verdiğimiz trigonometrik hileyi kullanarak $y=40^\circ$ elde edilir. Böylelikle, $m(\widehat{BED})=x=40^\circ $ sonucuna ulaşırız.

[geo]

$ADE$ üçgeninin çevrel çemberi $[BE]$ yi $F$ de kessin.
Buradaki hesap makinesine göre bu soru hem 4.6 nolu nolu, hem de 3.7 nolu Ceva Modeline aittir.

Dolayısıyla sorunun iki farklı genel hali vardır:

• $\angle DAE = \angle ABE = 30^\circ$, $\angle DBE = \angle BAD - 30^\circ = t$ ise  $\angle BED = 2\angle DBE = 2t$ olduğunu gösteriniz.
  
  
• $\angle ABE = 3t$, $\angle DBE =60^\circ-4t$, $\angle BAD = 30^\circ + 2t$ ve $\angle ACB = 5t$ ise  $\angle BED = 30^\circ + t$ olduğunu gösteriniz.

Lokman Hoca'nın ilk çözümündeki adımları uygulayarak 1. soruyu çözebiliriz. Halil İbrahim Hoca'nın çözümü sorunun genel hali için çalışmamaktadır.

Burada Model 4.6' ya ait çözümler yer almakta. Linkte örneklenen soru, buradaki sorudaki bazı açıların yer değiştirilmiş hali.
Trigonometrik çözüm, açı yer değiştirmelerini önemsemediği için, bu soru için de doğrudan uygulanabilir.
Sentetik çözümdeki mantık bu soru için de uygulanabilir duruyor.

[geo]

Genel haline trigonometrik çözümler verelim:

$\angle DAE = \angle ABE = 30^\circ$, $\angle DBE = \angle BAD - 30^\circ = t$ ise  $\angle BED = 2\angle DBE = 2t$ olduğunu gösteriniz.

$ABDE$ dörtgenine Trigonometrik Ceva birden farklı şekilde uygulanabilir.

Yöntem 1: (4 trigonometrik oran içerir)
$$\dfrac {\sin \angle ABE}{\sin \angle EBD} \cdot \dfrac {\sin \angle BDA }{\sin \angle ADE} \cdot \dfrac {\sin \angle DEB }{\sin \angle BEA} \cdot \dfrac {\sin \angle EAD}{\sin \angle DAB} = 1 \tag{1}$$

$\angle BED = \alpha$ diyelim.

$\dfrac {\sin 30^\circ}{\sin t} \cdot \dfrac {\sin (120^\circ - 2t)}{\sin (60^\circ + t - \alpha) } \cdot \dfrac {\sin \alpha}{\sin (90^\circ - t)} \cdot \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ + t)} = 1$

$\dfrac {1}{2\sin t} \cdot \dfrac {\sin (60^\circ + 2t)}{\sin (60^\circ + t - \alpha) } \cdot \dfrac {\sin \alpha}{\cos t} \cdot \dfrac {1}{2\sin (30^\circ + t)} = 1$
$ \Rightarrow \dfrac {\sin \alpha}{\sin (60^\circ + t - \alpha)} = \dfrac {\sin 2t} {\cos (30^\circ + t)} = \dfrac {\sin 2t} {\sin (60^\circ + t - 2t)}$

Son eşitlikten $\alpha = 2t$ olduğu kolayca görülebilir.


Yöntem 2: (3 trigonometrik oran içerir)
$$\dfrac {\sin \angle ABE}{\sin \angle EBD} \cdot \dfrac {\sin \angle BDE }{\sin \angle EDA} \cdot \dfrac {\sin \angle DAE }{\sin \angle EAB} = 1 \tag{2}$$
$\dfrac{\sin 30^\circ}{\sin t} \cdot \dfrac{\sin (180^\circ - t - \alpha) }{\sin (60^\circ + t - \alpha)} \cdot \dfrac{\sin 30^\circ}{\sin (60^\circ + t)} = 1$

$\begin{array}{lll}
\dfrac{\sin (t + \alpha)}{\sin (60^\circ + t - \alpha) } & =& 4\sin t \sin (60^\circ + t) \\
& = & \dfrac {4\sin t \sin (60^\circ + t) \sin (60^\circ - t)}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {2\sin t (\cos 2t - \cos 120^\circ)}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin t (2\cos 2t + 1)}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin 3t - \sin t + \sin t}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin 3t}{\sin (60^\circ  - t)}\\
& = & \dfrac {\sin (t + 2t)}{\sin (60^\circ  + t - 2t)}
\end{array}$
Son eşitlikten $\alpha = 2t$ elde edilir.

Not:
Yöntem 1 daha fazla trigonometrik oran içerse de daha basit bir çözüme sahip.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Bir trigonometrik çözüm daha verelim. $AD\cap BE=P$ olmak üzere $EP=PD$ olduğunu gösterelim. İstenen açı $\angle DEB=\alpha$ olsun. $\triangle EPD$'de Sinüs Teoremi'ne göre $\dfrac{EP}{PD}=\dfrac{\sin(\alpha+100)}{\sin\alpha}$ olur. Ayrıca $\triangle APE$ ve $\triangle ABE$ üçgenlerinde Sinüs'ten

$$2EP=\dfrac{AE}{\sin80^{\circ}}=\dfrac{AB}{2\sin70^{\circ}\sin80^{\circ}}$$
elde edilir. Öte taraftan $PD=\dfrac{BD.\sin20^{\circ}}{\sin80^{\circ}}$ 'dir. Dolayısıyla

$$\dfrac{EP}{PD}=\dfrac{\dfrac{AB}{4\sin70^{\circ}\sin80^{\circ}}}{\dfrac{BD.\sin20^{\circ}}{\sin80^{\circ}}}=\dfrac{AB}{2BD.\sin40^{\circ}}\overbrace{=}^{?}1\Longleftrightarrow \dfrac{AB}{BD}=2\sin40^{\circ}$$

olmalıdır, ki son ifade $\triangle ABD$ üçgeninde Sinüs Teoremi ile
$$\dfrac{AB}{BD}=\dfrac{\sin80^{\circ}}{\sin50^{\circ}}=\dfrac{2\sin40^{\circ}\cos40^{\circ}}{\sin50^{\circ}}=2\sin40^{\circ}$$
biçiminde rahatlıkla elde edilebilir ve doğrudur. Sonuç olarak $EP=PD$ olduğundan istenen açı $\angle DEB=40^{\circ}$ olarak belirlenir.