2023 Antalya Matematik Olimpiyatı 11. Sınıf Final Soru 09

[NazifYILMAZ]

Şekilde, $ABCD$ bir eşkenar dörtgen, $2m(\widehat{ABC})=m(\widehat{AEC})=120^\circ$, $|BE|=5$ ve $|ED|=4$ ise $|AE|$ ve $|EC|$ uzunlukları farkı kaçtır?

$A) \ \sqrt{13} \qquad
B) \ \sqrt 7 \qquad
C) \ \sqrt {15} \qquad
D) \ \sqrt {6} \qquad
E) \ \sqrt{10}$

[alpercay]

Yanıt: $\boxed {A}$

Şöyle düşünülebilir:
$AE=a$,  $AD=c$ diyelim. $ABCE$ kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla $A$ ile $C$ yi birleştirilirse $\angle AEB=\angle BEC=60^\circ=\angle ACB$ olur. $\triangle AED$ üçgeninin eşini  $\triangle AE'B$ olarak $AB$ kenarına yapıştıralım. Bu durumda $\triangle AEE'$ üçgeni $30^\circ-120^\circ-30^\circ$ üçgeni olur. Dolayısıyla $EE'=a\sqrt(3)$  ve  $\angle E'EB=30^\circ$ bulunur.$\triangle E'EB$ üçgeninde kosinüs teoreminden $$a^2-5a+3=0$$ ve $a_1=\dfrac{5+\sqrt13}{2}$  v,  $a_2=\dfrac{5-\sqrt
13}{2}$ bulunur.

$\triangle AEB$ üçgeninde kosinüs teoreminden $c^2=25+a^2-5a$ bulunur.

$\triangle AEB$ üçgenini $BE$ simetri ekseni olacak şekilde katlayarak  $\triangle EA'B$ üçgenini oluşturalım. Bu durumda $EA'=a$ olur. $A'C=2x$ olsun. $\triangle A'BC$ üçgeni ikizkenar olduğundan $B$ tepe noktasından $BH$ dikmesini inelim($EA'\lt EH$ olmalıdır; diğer türlü $\triangle A'BC$ ikizkenar üçgeninin taban açıları geniş açı olmak zorunda kalır). Pisagor teoreminden $BH=\sqrt{c^2-x^2}$ olur. $\triangle BHE$ üçgeninde pisagor teoreminden $25=a^2+x^2+2ax+c^2-x^2$  yani $25=a^2+c^2+2ax$ ....(1) bulunur.

$\triangle AEB$ üçgeninde kosinüs teoreminden $c^2=25+a^2-5a$ bulunur. Bu değer (1) de yazılırsa $2a^2-5a+2ax=0$ yani $a+x=\dfrac{5}{2}$ olmalıdır. Buna göre $a=\dfrac{5-\sqrt
13}{2}$  alınmalıdır. O zaman  $x=\dfrac{\sqrt13}{2}$ olacağından $EC-AE=2x=\sqrt{13}$ bulunur.

[geo]

$\angle ABC + \angle AEC = 180^\circ$ olduğu için $ABCE$ bir kirişler dörtgenidir. ($BE=AE+EC$ olduğunu dikkatli geometriciler fark edecektir. Yine de bu kısmın da ispatını içerecek şekilde çözüme devam edelim.)

$\angle AEB = \angle ACB =  \angle BAC = \angle BEC = \dfrac{120^\circ}{2}=60^\circ$.
$\angle ABE =\angle ACE =\alpha$ dersek $\angle BAE=120^\circ-\alpha$, $\angle DAE=\alpha$, $\angle CBE = 60^\circ-\alpha$ ve $\angle DCE=60^\circ -\alpha$ olacaktır.

$[BE]$ üzerinde $BF= EC$ olacak şekilde $F$ noktası alırsak $\triangle ABF \cong \triangle ACE$ ve $\triangle CBF \cong \triangle DCE$ olacaktır. Bu durumda $AF=AE$ ve $CF=DE$ elde edilir.
$BE=m$, $DE=n$, $AE=x$ ve $CE=y$ diyelim.
$\triangle AEF$ eşkenar olduğundan $m = BE= BF+ EF=x+y$ olur.
$\triangle CEF$ de Kosinüs Teoreminden $x^2+y^2-xy=n^2$.
$(x+y)^2-(x^2+y^2-xy)=3xy=m^2-n^2$.
$(x-y)^2=(x+y)^2-4xy= m^2-\dfrac{4m^2-4n^2}{3}=\dfrac{4n^2-m^2}{3}$ elde edilir.

Sorudaki değerleri yerine yazarsak $y-x=\sqrt{\dfrac{4\cdot 4^2-5^2}{3}}=\sqrt{13}$ elde edilir.

Yorum: Eşkenar dörtgenin bir kenarı, eşkenar dörtgenin alanı, $\triangle ACE$ nin alanı, $AE^2+CE^2$, $CE^2-AE^2$ gibi alternatif değerler de sorulabilirmiş.

[geo]

Bu sorunun eşdeğeri başka bir soru:

$ABC$ eşkenar üçgeninin çevrel çemberine $A$ ve $C$ noktasında teğet olan doğrular $D$ noktasında keşissin. $\triangle ABC$ nin çevrel çemberi üzerindeki $E$ noktası için $2|BE|^2+|DE|^2=|BD|^2$ olduğunu gösteriniz.

[alpercay]

Oluşan $ABCD$ dörtgeninin eşkenar dörtgen olduğu görülür. Dörtgenin bir kenarı $a$ ,  $BE=x$, $DE=y$, $AE=m$,  $EC=n$ olsun. $E$ noktası ile $A$ ve $C$
 noktalarını birleştirdiğimizde oluşan $ABCE$ dörtgeninin kirişler dörtgeni olduğu ve $\angle AEB=\angle CEB=60^\circ$ oladuğu kolayca görülür. Batlamyus teoreminden $$m+n=x$$ yazılabilir. $\triangle BCD$ üçgeni tepe açısı $120^\circ$ olan bir ikizkenar üçgen olduğundan $BD=a\sqrt{3}$ olur. $2x^2+y^2=3a^2$ olduğunu göstermek istiyoruz.
$\triangle AEC$ üçgeninin eşini $\triangle DE'C$ olarak ($\triangle AEC\cong \triangle DE'C$) $DC$ kenarı üzerine dörtgenin dış bölgesine yapıştıralım ve $E$ ve $E'$ noktalarını birleştirelim. Bu durumda $\triangle CE'E$ üçgeni eşkenar olmalıdır.
$\triangle DEE'$ üçgeninde kosinüs teoreminden $$y^2=m^2+n^2-mn=(m+n)^2-3mn=x^2-3mn$$ $$mn=\dfrac{x^2-y^2}{3}$$ bulunur.
$\triangle AEC$ üçgeninde kosinüs teoreminden $$a^2=m^2+n^2+mn$$ yazılır.
$(m+n)^2=x^2=m^2+n^2+mn+mn=a^2+mn=x^2$ yazabiliriz.
$mn=\dfrac{x^2-y^2}{3}$ değeri yukarda yerine yazılırsa $$a^2+\dfrac{x^2-y^2}{3}=x^2$$ $$2x^2+y^2=3a^2$$ olduğu gösterilmiş olur.

[geo]

Bu sorunun eşdeğeri başka bir soru:

$ABC$ eşkenar üçgeninin çevrel çemberine $A$ ve $C$ noktasında teğet olan doğrular $D$ noktasında keşissin. $\triangle ABC$ nin çevrel çemberi üzerindeki $E$ noktası için $2|BE|^2+|DE|^2=|BD|^2$ olduğunu gösteriniz.

$ABC$ üçgeninin çevrel merkezi $O$ olsun.
$O$ noktası $BD$ üzerindedir. $OB=OC=OE=r$, $BC=CD=r\sqrt 3$, $BD=3r$ ve $OD=2r$ dir.
$\triangle BED$ de $EO$ için Stewart uyguladığımızda $\dfrac{BE^2\cdot 2r + DE^2\cdot r }{3r}-2r^2=r^2$.
Biraz düzenlemeyle $2BE^2+DE^2=9r^2=BD^2$ elde edilir.