cot(CPQ) {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

$|AB|=|AC|$, $m(\widehat{BAC})=30^\circ$ olan $ABC$ üçgeninin $[AB],[AC]$ kenarları üstünden sırasıyla $P,Q$ noktaları alınıyor. $m(\widehat{PCB})=60^\circ$ ve $m(\widehat{QBC})=45^\circ $ olduğuna göre $\cot(\widehat{CPQ})$ değeri nedir?

$\textbf{a)}\ \sqrt{3}+1 \qquad\textbf{b)}\ \sqrt{3}-1  \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ \sqrt{5}-1  \qquad\textbf{e)}\ \sqrt{5}+1 $

[AtakanCİCEK]

 hatam var mı acaba çözümde ?

Ardışık sinüs teoremlerinden gelen

$$tan(\theta)=\dfrac{sin(b+c).sinc.(cosa+cos2b)}{sinb.(cosa+cos2c)+cos(b+c).sinc.(cosa+cos2b)}$$

lemması kullanılabilir. 

Sorumuzda $\theta=m(\widehat{CPQ})$ , $a=30^{\circ}$ , $b=45^{\circ}$ , $c=60^{\circ}$ tır.

$$tan\theta=\dfrac{sin(45+60).sin60.(cos30+cos90)}{sin45.(cos30+cos120)+cos105.sin60.(cos30+cos90)}$$

$$\dfrac{sin75.sin^2(60)}{sin45.(cos30+cos120)+cos105.sin^2(60)}$$

$sin45.(cos30+cos120)=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}=cos75$  , $sin^2(60)=\dfrac{3}{4}$ ve $cos105=-cos75$  bağıntılarından dolayı

$$tan\theta=\dfrac{\frac{3}{4}.sin75}{\frac{1}{4}cos75}=3tan75=3\sqrt{3}+6$$  olarak bulunur.

[Lokman Gökçe]

Problemi foruma yazmadan kağıt kalemle önce çözmüştüm, sıkıntı yoktu. Şimdi de GSP ile çizip kontrol ettim. Doğru cevap seçeneklerde var. Çözümünüz hatalı olmalı, tekrar inceleyiniz.

[Squidward]

Ben de şıklardan birini buldum ve hata kullanılan lemma'da gibi duruyor, hesap makinesine eşitlikte yerine koydurduğumda sizinle aynı cevabı buldu ve lemma'yı buluş adımlarını da paylaşır mısınız, sinüs teoremleri yazarak bir şeyler elde etmeye çalıştım fakat çıkaramadım

[AtakanCİCEK]

Ben de bu lemmayı burada gördüm

Çıkartabilirsem paylaşayım ama uzun bir çözümü var gibi duruyor.

[Lokman Gökçe]

Soruya özgü oluşturulmuş, çok özel durumlara cevap üreten formülleri kullanmaktan kaçınarak bir çözüm verelim. Biraz kaba kuvvet ve sinüs teoremi ile soruyu ezip geçebiliriz

Yanıt: $\boxed{A}$

Öncelikle $\sin 15^\circ =\dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}$ ve $\cos 15^\circ =\dfrac{\sqrt{6} 4 \sqrt{2}}{4}$ eşitliklerini hatırlatalım. $AQB$ ikizkenar üçgeninde $|AQ|=|QB|=4$ dersek $|AB|=4\sqrt{3}=|AC|$ olur. $|QC|=4\sqrt{3}-4$ bulunur. $ABC$ ikizkenar üçgeninde $\dfrac{|BC|}{|AB|}=\dfrac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$ olduğundan $|BC|=6\sqrt{2}-2\sqrt{6}$ olur.

$BCP$ üçgeninde sinüs teoremini uygularsak $\dfrac{|BC|}{\sin 45^\circ}=\dfrac{|PC|}{\sin 75^\circ}$ olup $|PC|=2\sqrt{6}$ elde edilir.

Şimdi de $PQC$ üçgeninde sinüs teoremini yazarsak  $\dfrac{|PC|}{\sin (x+15^\circ )}=\dfrac{|QC|}{\sin (x)}$ olur. Sinüs toplam formülünden $(\sin(x) \cos 15^\circ + \cos(x) \sin 15^\circ) \cdot (4\sqrt{3}-4) = \sin(x)\cdot 2 \sqrt{6}$ yazılabilir. $\cos(x)$ ifadesini eşitliğin bir tarafında, $\sin(x)$ ifadesini eşitliğin diğer tarafında tutarak dikkatli bir hesaplama yaparsak

$$ (2\sqrt{2} - \sqrt{6})\cdot \cos(x) = (\sqrt{6} - \sqrt{2})\cdot \sin(x)$$
olup $\cot(x)= \dfrac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{2\sqrt{2} - \sqrt{6}}=\sqrt{3} + 1 $ sonucuna ulaşılır.