Tübitak Lise 1. Aşama 2016 Soru 29

[Eray]

$m(\widehat {ABD})=45^\circ$ koşulunu sağlayan bir $ABCD$ kirişler dörtgeninde $CD$ doğrusu $[BA$ ışınını $E$ de kesiyor. $|AB|+|BD|=|AE|$ ve $|ED|=2|AC|$ ise $m(\widehat {DEB})$ nedir?

$\textbf{a)}\ 15^\circ \qquad\textbf{b)}\ 22.5^\circ \qquad\textbf{c)}\ 30^\circ \qquad\textbf{d)}\ 37.5^\circ \qquad\textbf{e)}\ 45^\circ$

[Buğra Doğan]

ABCD kirişler dörtgeni olduğundan ACD açısıda 45 derecedir ve şekle göre EBD ve ECA üçgenleri benzerdir;
\[
\left| {AB} \right| = x\,,\,\,\left| {BD} \right| = y\,\,,\,\left| {AE} \right| = x + y\,\,,\,\,\left| {AC} \right| = k\,\,,\,\,\left| {ED} \right| = 2k\,\,\,ve\,\,\,\left| {DC} \right| = a\,\,\,olsun.\,\,Benzerlikten;
\]
\[
\frac{{2k}}
{{x + y}} = \frac{{2x + y}}
{{2k + a}} = \frac{y}
{k}
\]
\[
\begin{gathered}
  2k^2  = xy + y^2  \hfill \\
   \hfill \\
  4k^2  + 2ka = 2x^2  + 3xy + y^2  \hfill \\
   \hfill \\
  a = \frac{{(2x - y)(x + y)}}
{{2k}} \hfill \\
\end{gathered}
\]
\[
Ayr\imath ca\,\,çemberde\,\,kuvvetten\,;\,\,\left| {EA} \right| \cdot \left| {EB} \right| = \left| {ED} \right| \cdot \left| {EC} \right|
\]
\[
\begin{gathered}
  (x + y)(2x + y) = 2k \cdot (2k + \frac{{(2x - y)(x + y)}}
{{2k}}) \hfill \\
   \hfill \\
  \left| {ED} \right| = 2k = \sqrt {2y(x + y)} \,\,\,bulunur. \hfill \\
\end{gathered}
\]
\[
EBD\,\,\,üçgenine\,\,\cos \,\,teoremi\,\,uygularsak;
\]
\[
\left| {ED} \right|^2  = \left| {EB} \right|^2  \cdot \left| {BD} \right|^2  - 2\left| {EB} \right| \cdot \left| {BD} \right| \cdot \cos 45^ \circ 
\]\[
\begin{gathered}
  2y(x + y) = y^2  + 4x^2  + 4xy + y^2  - 2 \cdot y \cdot (2x + y) \cdot \frac{{\sqrt 2 }}
{2} \hfill \\
   \hfill \\
  4x^2  + (2 - 2\sqrt 2 )xy - y^2 \sqrt 2  = 0 \hfill \\
   \hfill \\
  (2x + y) \cdot (2x - y\sqrt 2 ) = 0 \hfill \\
   \hfill \\
  2x = y\sqrt 2  \to \boxed{x\sqrt 2  = y}\,\,\,bulunur. \hfill \\
\end{gathered}
\]
Kenarları tekrar düzenlersek;
\[
\angle BAD = 90^ \circ  \,\,\,olduğu\,\,görülür.\,\,\left| {EA} \right| = x\left( {1 + \sqrt 2 } \right)\,\,\,ve\,\,\,\left| {AD} \right| = x\,\,\,olduğundan\,\,üçgenimiz:22.5 - 67.5 - 90\,\,üçgenidir.\,\angle DEB = 22.5\,\,bulunur.
\]
\[
Cevap:\boxed{B\,}
\]

[geo]

Yanıt: $\boxed{B}$

$AC=1$ olsun ve $\angle DEB = \alpha$ olsun.

$ACE$ üçgeninde Sinüs Teoreminden $AE=\dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha}$.

$BDE$ üçgeninde Sinüs Teoreminden $BD = \dfrac {2\sin \alpha}{\sin 45^\circ}$ ve $BE=\dfrac{2\sin (\alpha + 45^\circ)}{\sin 45^\circ}=2(\sin \alpha + \cos \alpha)$ olacaktır.

$AB=BE - AE = 2 (\sin \alpha + \cos \alpha) - \dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha}$ olacağından $AB+BD=AE$ eşitliğini yazarsak $$2(\sin \alpha + \cos \alpha) - \dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha} + \dfrac {2\sin \alpha}{\sin 45^\circ} =  \dfrac {\sin 45^\circ}{\sin \alpha}$$ düzenleyip $$\sin \alpha + \cos \alpha= \dfrac{\sin 45^\circ}{\sin \alpha} - \dfrac{\sin \alpha}{\sin 45^\circ} = \dfrac{\dfrac 12 - \sin^2 \alpha}{\dfrac 1 {\sqrt 2} \sin \alpha }$$ $$\sqrt 2\sin\alpha(\sin \alpha + \cos \alpha) = 1 - 2\sin^2 \alpha $$ $$2\sin^2\alpha - 1 + 1 + \sin 2\alpha = \sqrt 2 \cos 2\alpha$$ $$1-\cos 2\alpha + \sin 2\alpha = \sqrt 2 \cos 2\alpha$$
$\sin 2\alpha = x$ dersek $$1 - \sqrt {1-x^2} + x = \sqrt 2 \sqrt {1-x^2} \Rightarrow (\sqrt {1+x})^2 = \sqrt{1-x}\sqrt {1+x}(\sqrt 2 + 1)$$ $$ \sqrt {\dfrac {1+x}{1-x}} = \sqrt 2 + 1 $$ $$\dfrac{1+x}{1-x} = 3 + 2\sqrt 2$$ $$ x(4+2\sqrt 2) = 2 + 2\sqrt 2\Rightarrow x = \dfrac 1 {\sqrt 2} \Rightarrow 2\alpha = 45^\circ \Rightarrow \alpha = 22,5^\circ$$

[geo]

Yanıt: $\boxed{B}$

$[BD$ üzerinde $BF=BE$ olacak şekilde bir $F$ noktası alalım. $\angle EFB=\angle FEB = 67,5^\circ$ ve $DF=2AB$ olacaktır.
$\angle FDE = \angle CDB = \angle BAC$ ve $DF / DE = AB / AC$ olduğu için $\triangle DFE \sim \triangle ABC$ $(K.A.K)$. Bu durumda $FE = 2BC$ ve $\angle CBA = 67,5^\circ$ olacaktır.
$EF$ nin orta noktası $G$ olsun. $BG \perp EF$ dir. Ayrıca $(K.A.K)$ dan $\triangle GEB \cong \triangle CBE$ dir. Bu durumda $EC \perp BC$ olup $\angle CEB = 22,5^\circ$ çıkacaktır.

[Lokman Gökçe]

Yanıt $\boxed{B}$

Probleme genel bir çözüm verelim. Verilen uzunluk eşitliklerinin yanında $m(\widehat{ABD})=2\alpha$ ve $m(\widehat{DEB})=\beta$ ise $\alpha = \beta$ olduğunu ispatlayalım.

Kirişler dörtgeninde çevre açılardan $m(\widehat{ACD})=2\alpha$ olur. $|AB|=x$, $|BD|=y$, $|AC|=z$ dersek $|AE|=x+y$ ve $|ED|=2z$ olur. $ADE$ üçgeninin alanını iki farklı yolla hesaplayalım. $D$ noktasından $AE$ ye inen yüksekliğin uzunluğuna $h_1$ dersek $h_1=y\sin 2\alpha$ olur. $A$ noktasından $DE$ ye inen yüksekliğin uzunluğuna $h_2$ dersek $h_2=z\sin 2\alpha$ olur. $Alan(ADE) = \frac12 |AE|h_1=\frac12 |DE|h_2$ olduğundan $2z^2=y(x+y)$ elde edilir.

Şimdi $BDE$ üçgeninde sinüs teoremini yazarsak

$\dfrac{y}{\sin \beta}=\dfrac{2x+y}{\sin (2\alpha + \beta)}=\dfrac{2z}{\sin 2\alpha}=\dfrac{2(x+y)}{\sin \beta + \sin (2\alpha + \beta)}$

olup

$\dfrac{y}{\sin \beta}\cdot \dfrac{2(x+y)}{\sin \beta + \sin (2\alpha + \beta)}= \dfrac{4z^2}{\sin^2 2\alpha}$

bulunur. $2z^2=y(x+y)$ eşitliğinden

$\sin^2 2\alpha= \sin^2 \beta  + \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta) $
$\implies \sin^2 2\alpha - \sin^2 \beta  = \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta) $
$\implies (\sin \alpha - \sin \beta)\cdot(\sin \alpha + \sin \beta)  = \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta) $
$\implies \sin (2\alpha - \beta)\cdot\sin (2\alpha + \beta)  = \sin \beta\cdot \sin (2\alpha + \beta)$
$\implies 2\alpha - \beta=\beta$
$\implies \alpha = \beta$ sonucuna ulaşılır.