Gönderen Konu: İran 1999'dan açı sorusu  (Okunma sayısı 2577 defa)

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 824
  • Karma: +2/-0
İran 1999'dan açı sorusu
« : Temmuz 24, 2024, 11:53:33 ös »
İç teğet çember merkezi $I$ olan bir $ABC$ üçgeninde $[AI$ ışını, $ABC$ üçgeninin çevrel çemberini $D$ noktasında kesiyor. $I$ 'dan sırasıyla $BD$ ve $CD$ kirişlerine inilen dikme ayakları $E$ ve $F$ olsun. Buna göre  $IE+IF=\dfrac{1}{2}AD$  ise $\angle BAC$ 'yi bulunuz.
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2.660
  • Karma: +9/-0
Ynt: İran 1999'dan açı sorusu
« Yanıtla #1 : Temmuz 25, 2024, 08:44:12 ös »
$AC>AB$ olsun.


$BC$ nin orta noktası $M$ olsun. $DM \perp BC$.
$B$ ve $C$ nin $AI$'ya göre simetriği $B'$ ve $C'$ olsun.
$BB'$ ve $CC'$ doğru parçalarının orta noktaları sırasıyla $M_B$ ve $M_C$ olsun. $AI$ simetri ekseni olduğu için $M_B \in AI$ ve $M_C \in AI$.

Basit açı hesaplarıyla $\angle BID = \angle IBD$ ve $\angle CID = \angle ICD$ olduğu görülebilir. $DBI$ ikizkenar üçgeninde yükseklikler eşit olacağı için $IE=BM_B$ ve benzer şekilde $DCI$ üçgeninde $IF=CM_C$ olur.

$D$ den $AC$ ve $AB$ doğrularına inilen dikmelerin ayakları sırasıyla $H_B$ ve $H_C$ olsun.
$H_BH_C$ doğrusu; $ABC$ üçgeninde $D$ ye ait Simson doğrusudur.
Bilmeyenler için kısa bir ispat yapalım.
$H_BM$ uzantısı üzerinde bir $K$ noktası alalım. $\angle DMC = \angle DH_BC = 90^\circ$ olduğu için $DMH_BC$ kirişler dörtgenidir. Dolayısıyla, $\angle KMD = \angle DCH_B$. Diğer taraftan $BMDH_C$ de bir kirişler dörtgenidir. $\angle H_CMD = \angle H_CBD = \angle ACD = \angle KMD$ olduğu için $H_C$, $K$, $M$, $H_B$ noktaları doğrusaldır.
(Dikkat edilirse, $M$ nin orta nokta olması ya da eşdeğer olarak $AD$ nin açıortay doğrusu olması Simson doğrusu için önemli değildir.)

$AH_CDH_B$ bir deltoiddir. Bu durumda $H_CH_B \perp AD$ yani $BB' \parallel H_BH_C \parallel CC'$ dür.
$BM=MC$ olduğu için $BB'CC'$ yamuğunda $H_BH_C$ orta tabandır. Bu durumda, $H_BH_C = \dfrac {BB' + CC'}{2} = BM_B + CM_C = IE + IF = \dfrac {AD}{2}$

(Dikkatli okuyucu, buradaki "$15^\circ - 75^\circ - 90^\circ$ üçgenindeki hipotenüse ait yüksekik, hipotenüsün $1/4$ üdür." özelliğini fark edecektir. Fark etmeyenler için devam edelim...)

$AH_CDH_B$ kirişler dörtgeninin çevrel yarıçapı $R$ olsun. $\dfrac {H_BH_C}{\sin \angle H_BAH_C} = 2R = AD \Longrightarrow \angle H_BAH_C = 30^\circ$ veya $\angle H_BAH_C = 150^\circ$ dir.

$AB=AC$ olduğunda $ABDC$ kirişler dörtgeni ile $AH_CDC$ kirişler dörtgeni çakışacak. Yani yine $IE+IF = BC = \dfrac {AD}{2}$ ve $\triangle BAD$ bir $15^\circ - 75^\circ - 90^\circ$ üçgeni olacak.

Sonuç olarak, $\angle BAC \in \{30^\circ, 150^\circ\}$ dir.

« Son Düzenleme: Temmuz 26, 2024, 07:04:04 öö Gönderen: geo »

Çevrimdışı Hüseyin Yiğit EMEKÇİ

  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 824
  • Karma: +2/-0
Ynt: İran 1999'dan açı sorusu
« Yanıtla #2 : Temmuz 26, 2024, 02:58:37 öö »
Gösterim kolaylığı açısından $\angle ICA=\alpha$,  $\angle IAC=\beta$ ve $\angle ABI=\theta$ olsun. Dolayısıyla $\alpha+\beta+\theta=90^{\circ}$ olacaktır. $BD=ID=CD$ olduğunu biliyoruz. Açılar biraz kurcalandığında $\angle BDI=2\alpha$,  $\angle DCB=\angle DBC=\beta$ ve $\angle IDF=2\theta$ olacaktır. Buna göre $\triangle IED$ ve $\triangle IFD$ 'de Sinüs Teoremi'ne göre
$$\sin2\alpha=\dfrac{IE}{ID} \qquad \text{ve} \qquad \sin2\theta=\dfrac{IF}{ID}$$
olur. $ID=x$  ise $IE=x\cdot\sin2\alpha$  ve $IF=x\cdot\sin2\theta$  elde edilir. Öte taraftan
$$\dfrac{ID}{AD}=\dfrac{[IBD]}{[ABD]}=\dfrac{IB\cdot BD\cdot \sin(\theta+\beta)}{AB\cdot BD\cdot \sin(2\theta+\beta)}=\dfrac{IB}{AB}\cdot\dfrac{\sin(\theta+\beta)}{\sin(2\theta+\beta)}$$
$$=\dfrac{\sin\beta}{\sin(\theta+\beta)}\cdot\dfrac{\sin(\theta+\beta)}{\sin(2\theta+\beta)}=\dfrac{\sin\beta}{\sin(2\theta+\beta)}$$
olmalıdır çünkü $\triangle ABI$ 'da Sinüs Teoremi gereğince $\dfrac{IB}{AB}=\dfrac{\sin\beta}{\sin(\theta+\beta)}$  sağlanır. Sonuçta $ID=x$  olduğundan  $AD=\dfrac{x\cdot \sin(2\theta+\beta)}{\sin\beta}$ dir.

$IE$,  $IF$ ve $AD$ değerlerini $ID$ cinsinden bulmuştuk. Problem koşulunu hatırlarsak
$$IE+IF=\dfrac{1}{2}\cdot AD\Longleftrightarrow \dfrac{x\cdot \sin(2\theta+\beta)}{\sin\beta}=2\left(x\cdot \sin2\alpha+x\cdot \sin2\theta\right)$$
$$\Longleftrightarrow \sin(2\theta+\beta)=2\cdot \sin\beta\cdot \sin2\alpha+2\cdot \sin\beta\cdot \sin2\theta$$
$$=\cos(2\alpha-\beta)-\cos(2\alpha+\beta)+\cos(2\theta-\beta)-\cos(2\theta+\beta) $$
olur. Yukarıda $\cos(a-b)-\cos(a+b)=2\cdot \sin a\cdot \sin b$ olduğunu kullandık. Ayrıca $2\theta^{\circ}+\beta^{\circ}=180-(2\alpha+\beta)\Longleftrightarrow \cos(2\theta+\beta)=-\cos(2\alpha+\beta^)$ olur ve yukarıdaki trigonometrik denklemde birbirlerini götürürler. Dolayısıyla denklem şuna dönüşür:
$$\sin(2\theta+\beta)=\cos(2\alpha-\beta)+\cos(2\theta-\beta)=2\cdot \cos(\alpha-\theta)\cdot \cos(\alpha+\theta-\beta)=2\cdot \sin(2\theta+\beta)\cdot \sin(2\beta)$$
$$\Longleftrightarrow \sin(2\theta+\beta)\left[2\cdot \sin2\beta-1\right]=0$$
belirlenir. Burada iki durum oluşur fakat ilkinde $\sin(2\theta+\beta)\neq 0$ olduğundan $\sin2\beta=\dfrac{1}{2}$ olacaktır. O zaman $\angle BAC\in \{30^{\circ},150^{\circ}\}$ dir.
« Son Düzenleme: Temmuz 27, 2024, 01:34:06 ös Gönderen: Hüseyin Yiğit EMEKÇİ »
''Uzman, çok dar bir alanda yapılabilecek tüm hataları yapmış kişidir.''   ~Niels Bohr

 


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