$(k_2 = 1, N = 2.3)$ Kesen Problemi

[geo]

$ABC$ üçgeninin $BC$ kenarı üzerinde $AB = CD$ olacak şekilde bir $D$ noktası alınıyor. $2\angle BAD + 3\angle ABC = 180^\circ$ ise $AB=AC$ olduğunu gösteriniz.

[geo]

$\angle ABC = x$ dersek $\angle BAD = 90^\circ - 3x/2$ ve $\angle ADC = 90^\circ - x/2$ olacaktır.

$CD = BE$ olacak şekilde $[BC]$ üzerinde bir $E$ noktası alalım. $BD=EC$ ve $\angle AEB = \angle BAE = 90^\circ - x/2$ elde edilir. Bu durumda $\angle ADE = \angle AED = 90^\circ - x/2$ olduğu için $AD=AE$. $\angle AEC = \angle ADB = 90^\circ + x/2$, $BD=CE$ ve $AD=AE$ olduğu için $\triangle ADB \cong \triangle AEC$ $(KAK)$, dolayısıyla $AB=AC$ ve $\angle ABC = \angle ACB = x$ elde edilir.

Not: Bu problem, Üçgende Kesenin Kenarlarla Yaptığı Açı Üzerine konusunda anlatılan $(k_2 = 1, N = 2.3)$ ya da diğer bir ifadeyle $(k_2=1, b=x, a_1 = 90^\circ - 3x/2)$ soru ailesine aittir.

[geo]

$\angle ABC = x$ dersek $\angle BAD = 90^\circ - 3x/2$. $\angle ACB = y$ olsun.

$AB = CD \overset{?}{<>}AC$ sorusuna yanıt arayalım ($<>$ ile yönünü bilmediğimiz bir eşitsizliği ifade edelim.):

$y <> x$ ve $180^\circ - (x + y + 90^\circ - 3x/2) <> 90^\circ - x/2 \Rightarrow x <> y$ olduğu için çelişki elde ettik. Bu durumda $x=y$ dir.

[geo]

$\angle ABC = x$ dersek $\angle BAD = 90^\circ - 3x/2$.

$B$ nin $AD$ ye göre simetriği $E$ olsun. $AB=AE$, $BD=DE$, $\angle BDA = \angle EDA = 90^\circ + x/2$, $\angle CDE = \angle ADE - \angle ADC = 90^\circ + x/2 - (90^\circ -x/2) = x$ ve $CD=AB$ olduğu için $\triangle ABD \cong \triangle CDE$ $(KAK)$, dolayısıyla $\angle DCE = \angle BAD = 90^\circ - 3x/2 = \dfrac{\angle BAE}{2}$. Bu aşamadan sonra birçok yolla sonuca gidilebilir. Bunlardan bazıları:

• $\angle BCE = \angle BAE / 2$ ve $AB=AE$ olduğu için $A$ merkezli $AB$ yarıçaplı çember $C$ den geçer. $AB=AC$.
• $\angle DAE = \angle DCE = 90^\circ - 3x/2$ olduğu için $ADEC$ kirişler dörtgeni, dolayısıyla da $\angle ACD = \angle DEA = \angle DBA = x$.

[geo]

$\angle ABC = x$ dersek $\angle BAD = 90^\circ - 3x/2$, $\angle ADB = 90^\circ + x/2$, $\angle ADC = 90^\circ - x/2$.

$E$ ile $A$; $BC$ nin farklı tarafında ve $\triangle ABD \cong \triangle CDE$ olacak şekilde bir $E$ noktası alalım. $\angle CDE = \angle ABD = x$, $\angle ADE = \angle ADC + \angle EDC = 90^\circ - x/2 + x = 90^\circ +x/2 = \angle ADB$ ve $BD=DE$ olduğu için $\triangle ABD \cong AED$ $(KAK)$. $\angle DAE = \angle DCE = 90^\circ - 3x/2$ olduğu için $ADEC$ bir kirişler dörtgeni, dolayısıyla da $\angle ACD = \angle AED = \angle ABD = x$.

[geo]

$\angle ABC = x$ dersek $\angle BAD = 90^\circ - 3x/2$, $\angle ADB = 90^\circ + x/2$, $\angle ADC = 90^\circ - x/2$.

$E$ ile $A$; $BC$ nin farklı tarafında ve $\triangle ABD \cong \triangle DCE$ olacak şekilde bir $E$ noktası alalım. $AD=DE$, $\angle DCE = \angle ABD = x$, $\angle ADE = \angle ADC + \angle EDC = 90^\circ - x/2 + 90^\circ - 3x/2 = 180^\circ -2x$. $\triangle ADE$ ikizkenar üçgeninde $\angle DAE = \angle DEA = 90^\circ - \angle ADE / 2 = x$. $\angle DAE = \angle DCE = x$ olduğu için $ADEC$ bir kirişler dörtgeni, dolayısıyla da $\angle ACD = \angle AED = \angle ABD = x$.

[geo]

$\angle ABC = x$ dersek $\angle BAD = 90^\circ - 3x/2$. $\angle ACB = y$ olsun.

$AC = \sin x$ dersek, $\triangle ABC$ de Sinüs teoreminden $AB= CD = \sin y$.

$\triangle ADC$ de Sinüs teoreminden $\dfrac{AC}{\sin (90^\circ - x/2)} = \dfrac {CD} {\sin (90^\circ + x/2 - y)}$.

$\dfrac{\sin x}{ \cos (x/2)} = \dfrac {\sin y}{\cos (y-x/2)}$ $\Rightarrow 2\sin (x/2) \cos(y-x/2) = \sin y$ $\Rightarrow \sin y + \sin (x-y) = \sin y$ $\Rightarrow x = y$.