Bir açısı 60 derece olan kirişler dörtgeni

[geo]

$ABCD$ çeşitkenar kirişler dörtgeninde $m(\widehat{ABC})=60^\circ$, $|AD|=21$, $|CD|=35$ ve $|BD|=|AD|+|CD|$ dir. Buna göre kirişler dörtgeninin çevresi nedir?

[AtakanCİCEK]

$|AB|=x$ ve $|BC|=y$ tanımlayalım. $|AC|=z$ de tanımlayalım.  $ABC$  üçgeninde kosinüs teoreminden $$z^2=x^2+y^2-xy$$ olur.  Ptolemy Teoreminden
$$z.56=35x+21y$$ $$56^2.z^2=(35x+21y)^2=(56^2-35^2).x^2+(56^2-21^2)y^2-(56^2+2.35.21)xy=0$$ olur. $49$ ile sadeleştirme yaparsak $$39x^2-94xy+55y^2=0$$ Buradan $\frac{x}{y}=t$ yardımıyla denklem $$39t^2-94t+55=(t-1)(39t-55)=0$$ olur. $t=1$ çeşitkenar dörtgen şartından elendiği için $t=\frac{55}{39}$ olur. Buradan $x=55k$ $y=39k$
 olacak şekilde $k$ reel sayısı olduğunu görürüz.  $ADC$ açısı kirişler dörtgeninden dolayı $120^{\circ}$ olduğundan dolayı $ADC$ de kosinüs toeremi uygulanarak $z=49$ olur.  bunu $ABC$ de yaptığımız kosinüs teoremine koyup düzenlersek  $k=1$ olduğu görülür ve buradan dörtgenin çevresi $$39+55+35+21=150$$ olur.

Not: $x^2-xy+z^2=z^2$ tipi yapılarda tam sayı katsayılı durumları daha hızlı fark etmek için klasik pisagor parametrizasyonuna benzer şekilde $$m^2-n^2,2mn-n^2,m^2-mn+n^2$$ (sorumuzda ($m=8$ ve $n=3$) ve $x^2+xy+y^2=z^2$ tipi yapılar için de $$m^2-n^2,2mn+n^2,m^2+mn+n^2$$ parametrizasyonları tam sayı özel durumlarını çok daha hızlı fark etmekte faydalı olabilir. Tabi uygulamak için iki bilinen değerin ortak çarpanı çekilmeli ve bu dönüşümler sadece tamsayılar için geçerlidir.

[geo]

$O$ merkezli $\Pi$ çemberinin üzerinde $A$ ve $B$ noktaları $\angle AOB = 120^\circ$ olacak şekilde alınıyor.
$[OA]$ üzerinde $X$, $[OB]$ üzerinde $Y$ noktası $|OX|=|BY|$ olacak şekilde alınıyor.
$OXY$ üçgeninin çevrel çemberi, $\Pi$ çemberini $M$ ve $N$ de kessin.
$\dfrac{XM + XN}{YM+YN}=\dfrac{OM+OY}{ON+OX}$ olduğunu gösteriniz.

[geo]

$ABCD$ çeşitkenar kirişler dörtgeninde $m(\widehat{ABC})=60^\circ$, $|AD|=21$, $|CD|=35$ ve $|BD|=|AD|+|CD|$ dir. Buna göre kirişler dörtgeninin çevresi nedir?

$D$ merkezli $DB=21+35 = 56$ yarıçaplı çemberi çizelim.
$[DA$, çemberi $E$ de; $[DC$, $F$ de; $[BA$, $G$ de; $[BC$, $H$ de kessin.
$EF$ yayının orta noktası $M$ olsun.

$ADM$, $DMC$, $ADC$ üçgenlerinde Kosinüs Teoreminden $AM=MC=AC=49$ çıkar. $\angle AMC = \angle ABC = 60^\circ$ olduğu için $A,M,B,C,D$ çemberseldir.

• Alternatif olarak Ptolemy'nin özel halinden $B'AC$ eşkenar ve $B'D=AD+DC$ olacak şekilde bir $B'=M$ noktasının varlığı fark edilebilir. Sorudaki çeşitkenarlık şartı da buradan gelir.
• Yine alternatif olarak $\triangle MFC \cong \triangle MDA \quad (KAK)$ denkliğinden $\angle MAD = \angle MCF$ ve $MA=MC$ eşitlikleri elde edilip $A,M,B,C,D$ nin çembersel olduğu sonucuna varılabilir.

$\angle MAB = \angle MCB = \angle MDB = 2\angle MGB = 2\angle MHB$ olduğu için $AG=AM=MC=CH=49$.

$A$ noktasının $D$ merkezli çembere göre kuvvetinden $GA\cdot AB = DB^2 - DA^2 \Longrightarrow AB= \dfrac {56^2 - 21^2}{49} = \dfrac {35\cdot 77}{49} = 55$.
$C$ noktasının kuvvetinden $BC\cdot CH = BD^2 - DC^2 \Longrightarrow BC = \dfrac {56^2 - 35^2}{49} = \dfrac {21\cdot 91}{7} = 39$.