Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 2011 Soru 2  (Okunma sayısı 3547 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1801
  • Karma: +8/-0
Tübitak Lise 2. Aşama 2011 Soru 2
« : Ağustos 06, 2013, 04:46:48 öö »
$D$, $ABC$ üçgeninin $[BC]$ kenarı üstünde köşelerden farklı bir nokta ve $E$, $[CD]$ nin orta noktası olsun. $E$ den $BC$ doğrusuna çizilen dikme $[AC]$ kenarını $\vert AF\vert \cdot \vert BC\vert =\vert AC\vert \cdot |EC|$ koşulunu sağlayan bir $F$ noktasında kesiyor. $ADC$ üçgeninin çevrel çemberi de, $[AB]$ kenarını $A$ dan farklı bir $G$ noktasında kesiyor. $AGF$ üçgeninin çevrel çemberine $F$ noktasından çizilen teğetin $BGE$ üçgeninin çevrel çemberine de teğet olduğunu kanıtlayınız.

(Şahin Emrah)
« Son Düzenleme: Kasım 13, 2013, 02:52:09 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1801
  • Karma: +8/-0
Ynt: 2 - Tashih edildi
« Yanıtla #1 : Ağustos 18, 2013, 12:47:07 öö »
(Mehmet Efe AKENGİN)

$ABC$ üçgeninin $A$, $B$ $C$ köşelerine ait açılar $\alpha, \beta, \gamma$ olsun ve $BC, AC, AB$ kenarlarının uzunlukları da $a, b, c$ olsun.

$A, G, D, C$ çembersel olduğundan, $\angle GDB =\angle BAC= \alpha$, $\angle BGD=\angle ACB=\gamma$, $\angle DFE=\angle EFC=90^{\circ}-\angle ECF=90^\circ -\gamma$....(*)

$AF\cdot BC= AC\cdot EC  \Leftrightarrow  \dfrac{BC}{EC}=\dfrac{BC}{AF}=\dfrac{1}{k}$, $DE=EC=ak, AF=bk$. Dolayısıyla $FC=\dfrac{EC}{\cos \gamma}=\dfrac{ak}{\cos \gamma} \Rightarrow  b= AF+FC=bk+\dfrac{ak}{\cos \gamma} \Rightarrow  k=\dfrac{b\cos \gamma}{b\cos \gamma+a}....(1)$

Şekle baktığımızda, $EF$ nin $AGF$ ve $BGE$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ortak teğeti olduğunu ispatlamak doğal görünüyor. Yani $\angle GFE=\angle GAF=\alpha=\angle GDB$ olmalı, o da ancak $G, F, E, D$ çembersel iken mümkün.

Fakat $G, F, E, D$ çembersel $\Leftrightarrow \angle DGE = \angle DFE \stackrel{(*)}{\leftrightarrow} \angle DGE=90^\circ -\gamma \Leftrightarrow  \angle BGE=90^{\circ}$. Yani, $EF$ ortak teğettir $\Leftrightarrow AB \bot EG$.

$\angle GEB=x$ olsun. $\dfrac{\sin x}{\sin (180^{\circ}-\beta-x)}=\dfrac{GB}{BE}=\dfrac{\sin (90^{\circ}-\beta)}{\sin 90^{\circ}}$ olduğunu ispatlarsak,
$$\sin x\cdot \sin 90^{\circ}=\sin (180^{\circ}-\beta-x)\cdot \sin (90^{\circ}-\beta) $$ $$\Leftrightarrow
\dfrac{1}{2}\left[-\cos (90^{\circ}+x)+\cos (90^{\circ}-x)\right]=\dfrac{1}{2}\left[\cos (90^{\circ}-x)-\cos (270^{\circ}-2\beta-x)\right] $$ $$  \Leftrightarrow
\cos (270^{\circ}-2\beta-x)=\cos (90^\circ +x) \Leftrightarrow  270^{\circ}-2\beta-x=90^\circ +x  \Leftrightarrow  x=90^\circ -\beta$$ bulunur, ki bu da $\angle BGE=90^{\circ}$ demektir.

$BE=a-ak\overbrace{=}^{(1)}\dfrac{a^2}{b\cos \gamma +a}$ ve $B$ noktasına göre $A, G, D, C$ den geçen çember için kuvvetten $BG=\dfrac{BD\cdot BC}{BA}=\dfrac{a(a-2ak)}{c}\overbrace{=}^{(1)}\dfrac{a^2\cdot (a-b\cos \gamma)}{c\cdot (b\cos \gamma + a)}$ sağlanıyor.

Buradan,

$$\frac{BE}{BG}=\frac{\frac{a^2}{a+b\cos \gamma}}{\frac{a^2}{c}\cdot \frac{a-b\cos \gamma}{a+b\cos \gamma}} \Rightarrow  \frac{BG}{BE}=\frac{a-b\cos \gamma}{c}=\frac{c\cos \beta}{c}=\frac{\sin (90^\circ -\beta)}{\sin 90^{\circ}}$$

bulunur.

Dolayısıyla $\angle BGE=90^{\circ}$, yani $EG \bot AB$ ispatlandı.

Yani $EF$ iki çemberin ortak teğetidir.
« Son Düzenleme: Eylül 15, 2013, 10:28:30 öö Gönderen: bosbeles »

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1801
  • Karma: +8/-0
Ynt: 2 - Tashih edildi
« Yanıtla #2 : Ağustos 18, 2013, 12:50:14 öö »
(Mehmet KAYSİ)

Şekle baktığımızda, $EF$ nin $AGF$ ve $BGE$ üçgenlerinin çevrel çemberlerinin ortak teğeti olduğunu ispatlamak doğal görünüyor. Yani $\angle GFE=\angle GAF=\alpha=\angle GDB$ olmalı, o da ancak $G, F, E, D$ çembersel iken mümkün. Dolayısıyla "$EF$ ortak teğet $\Leftrightarrow$ $G, F, E, D$ çemberseldir.'' diyebiliriz. Şimdi, $G, F, E, D$ noktalarının çembersel olduğunu ispatlayalım:

$ABC$ üçgeninin $A$, $B$, $C$ köşelerine ait açılar $\alpha, \beta, \gamma$ olsun ve $BC, AC, AB$ kenarlarının uzunlukları da $a, b, c$ olsun.

$A, G, D, C$ çembersel olduğundan, $\angle GDB =\angle BAC= \alpha$, $\angle BGD=\angle ACB=\gamma$, $\angle DFE=\angle EFC=90^{\circ}-\angle ECF=90^\circ-\gamma$ $\dots (*)$

$AF\cdot BC= AC\cdot EC  \Leftrightarrow  \dfrac{BC}{EC}=\dfrac{BC}{AF}=\dfrac{1}{k}$, $DE=EC=ak, AF=bk$.

$F$ den $BC$ ye çizilen paralel $AB$ yi $H$ de kessin. $\triangle AHF \sim \triangle ABC$ den $AH=ck$ bulunur. Dolayısıyla eşitlikleri yerine yazarsak $\dfrac{AH}{EC}=\dfrac{AB}{BC}  \Rightarrow EH \| AC$ elde edilir.

Yani $HFCE$ bir paralelkenardır. $\angle EHF=\angle FCE=\angle FDE \Rightarrow H, D, E, F$ çemberseldir. Sonuç olarak, $D, E, F, G, H$ çembersel bulunur, ispat biter.
« Son Düzenleme: Ekim 01, 2013, 08:18:12 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı alpercay

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 783
  • Karma: +14/-0
Ynt: 2
« Yanıtla #3 : Ağustos 18, 2013, 05:24:13 ös »
http://geomania.org/forum/fantezi-cebir/2011-lise-olimpiyati-2-asama-sinavi/


 


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 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal