Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 2010 Soru 2  (Okunma sayısı 4236 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2.633
  • Karma: +9/-0
Tübitak Lise 2. Aşama 2010 Soru 2
« : Ağustos 06, 2013, 03:44:41 öö »
$P$, $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde yer alan, $A$ köşesine ait kenarortay üstünde olmayan ve $m(\widehat{CAP})=m(\widehat{BCP})$ koşulunu sağlayan bir nokta olsun. $BP\cap CA=\lbrace B'\rbrace $ ve $CP\cap AB=\lbrace C'\rbrace $ olmak üzere; $AP$ doğrusu ile $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi ikinci kez $Q$ noktasında, $B'Q$ ve $CC'$ doğruları $R$ noktasında ve $B'Q$ doğrusu ile $P$ den $AC$ doğrusuna paralel çizilen doğru da $S$ noktasında kesişiyor. $B'C'$ ve $QB$ doğruları $AB$ doğrusunun $C$ den farklı yanında yer alan bir $T$ noktasında kesişsin. $m(\widehat{BAT})=m(\widehat{BB'Q})$ olması için, $ \vert SQ\vert =|RB'|$ olmasının gerek ve yeter koşul olduğunu kanıtlayınız.

(Fehmi Emre Kadan)
« Son Düzenleme: Kasım 13, 2013, 01:28:10 ös Gönderen: geo »

Çevrimdışı bvarici

  • G.O Yeni Üye
  • *
  • İleti: 6
  • Karma: +0/-0
Ynt: 2 - Tashih edildi
« Yanıtla #1 : Ağustos 18, 2013, 06:53:11 ös »
(Burak VARICI)

$PS\parallel AC$ ve $\angle CAP=\angle BCP$ olduğundan $\angle QPC=\angle ACB=\angle AQB=\angle PQB$ olduğunu biliyoruz. Bu nedenle $BQ\parallel PC$.

Önce $SQ=RB'$ ancak ve ancak $AB\parallel B'Q$ olduğunu göstereceğiz. $PS$ ve $AB'$ paralel olduğundan $\dfrac{PQ}{PA}=\dfrac{SQ}{SB'}$ olduğunuz biliyoruz. Eğer $SQ=RB'$ ise, $BQ\parallel PC$ olduğundan $\dfrac{PQ}{PA}=\dfrac{RB'}{RQ}=\dfrac{PB'}{PB}$ ve bu nedenle $AB\parallel B'Q$. Diğer yandan eğer $AB\parallel B'Q$ ise $BQ\parallel PC$' yi kullanırsak $\dfrac{RB'}{RQ}=\dfrac{PB'}{PB}=\dfrac{PQ}{PA}=\dfrac{SQ}{SB'}$ elde ederiz. $\dfrac{RB'}{RQ}=\dfrac{SQ}{SB'} \Rightarrow \dfrac {RB'}{B'Q} = \dfrac {SQ}{B'Q} \Rightarrow SQ=RB'$ buluruz.


Şimdi $AB\parallel B'Q$ ancak ve ancak $\angle BAT=\angle BB'Q$ olduğunu göstereceğiz. $AP\cap B'C'=\left\{U\right\}$ olsun ve $D$, $AP$ doğrusu ve $(C'PB')$ çemberinin ikinci kesim noktası olsun. $PC'\parallel QT$' yi kullanırsak $\dfrac{UD}{UB'}=\dfrac{UC'}{UP}=\dfrac{UT}{UQ}$, dolayısıyla $K.A.K$ dan $\triangle TDU \sim \triangle QB'U$, sonuç olarak $TDC'$ ve $QB'P$ üçgenlerinin benzer olduğunu elde ederiz.

$D$ 'nin $A$ ile çakışık olamayacağını gösterelim (Bunu gösteriyoruz; çünkü aksi durumda $SQ=RB'$ olmasından bağımsız olarak $\angle BAT = \angle BB'Q$. Bu da ancak ve ancak önermesini bozar.). Çakışık olduğunu varsayalım. $A,C',P{,B}'$ çemberseldir. $\angle PDB' = \angle PAB' = \angle B'C'P = \angle PCA'$, bundan dolayı da $C'B'$ ve $BC$ paraleldir. $A'$, $AP$ ve $BC$' nin kesişim noktası olsun. Bunu takiben $PBA'$ ve $BAA'$ üçgenleri benzerdir ve bu nedenle ${A'B}^2=A'P.A'A$. Benzer şekilde ${A'C}^2=A'P.A'A$ dolayısıyla $A'B=A'C$, bu ise $P$' nin $A$' dan geçen kenarortay üzerinde olmamasıyla çelişir.

$D$' nin $A$ ve $U$ ile arasında olduğunu varsayalım. Eğer $A$, $D$ ile $U$ arasında ise benzer kanıt yine geçerlidir. Eğer $\angle BAT=\angle BB'Q$ ise, $\angle C'AT=\angle BAT=\angle BB'Q=\angle PB'Q=\angle C'DT$ ve $T,A,D,C'$ çemberseldir. Bu nedenle $\ \angle PAB=\angle DAC'=\angle DTC'=\angle B'QP$ ($\triangle TDC' \cong \triangle QB'P$ olduğu için) ve dolayısıyla $AB\parallel B'Q$. Diğer yandan eğer $AB\parallel B'Q$ ise, $=\angle DTC'=\angle B'QP=\angle DAC'$ , ve $T,A,D,C'$ çemberseldir. Bu nedenle $\angle BAT{\rm =}\angle C'AT=\angle C'DT=\angle PB'Q=\angle BB'Q$.
\[SQ=RB'\ \Leftrightarrow \ AB\parallel B'Q\ \Leftrightarrow \ \angle BAT=\angle BB'Q\]
« Son Düzenleme: Eylül 15, 2013, 09:32:47 öö Gönderen: bosbeles »
Burak VARICI

 


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 35 36 37 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal