Gönderen Konu: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2020 Soru 3  (Okunma sayısı 224 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3122
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2020 Soru 3
« : Mart 06, 2021, 03:25:01 ös »
$|AB| < |BC|$ olan dar açılı bir $ABC$ üçgeninin çevrel çember merkezi $O$, $[AB]$ ve $[AC]$ kenarlarının orta noktaları sırasıyla $D$ ve $E$ olmak üzere, $OE$ doğrusu $BC$ yi $K$ de kesiyor. $OKB$ üçgeninin çevrel çemberinin $OD$ ile ikinci kesişim noktası $L$, $A$ dan $KL$ doğrusuna indirilen dikmenin ayağı $F$ olmak üzere $F$ noktasının $DE$ doğrusu üzerinde olduğunu gösteriniz.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3122
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: Tübitak Ortaokul 2. Aşama 2020 Soru 3
« Yanıtla #1 : Mart 06, 2021, 05:34:49 ös »
Çözüm (Lokman GÖKÇE): $LK$ ile $DE$ nin kesişimi $F'$ olsun. $AF' \perp LK$ olduğunu göstermeyi amaçlıyoruz. Böylece $F \equiv F'$ olduğunu ve dolayısıyla $E, D, F$ noktalarının doğrusallığını kanıtlamış olacağız.


$D$ ve $E$ kenar orta noktaları olduğundan $DE \parallel BC$ dir. Yöndeş açılardan dolayı $m(\widehat {ABC})=\beta$ dersek $m(\widehat {ADE})=\beta$ olur.

Şimdi $ABKO$ nun bir kirişler dörtgeni olduğunu gösterelim. $m(\widehat {ACB})=\theta$ dersek $O$ noktası $ABC$ üçgeninin çevrel merkezi olduğundan $m(\widehat {AOB})=2\theta$ ve $m(\widehat {OAB})=m(\widehat {OBA})=90^\circ - \theta$ olur. $KEC$ dik üçgen olduğundan $m(\widehat {OKB})=90^\circ + \theta $ olur. Böylece $m(\widehat {BAO})+m(\widehat {BKO})=180^\circ $ olup $ABKO$ bir kirişler dörtgenidir. $OKB$ üçgeninin çevrel çemberinin $L$ noktasından geçtiği verildiğinden $A, L, B, K, O$ noktaları çemberseldir. Aynı yayı gören çevre açılardan $m(\widehat {ALK})=m(\widehat {ABK})=\beta $ olur. Böylelikle

$$m(\widehat {ALF'})=m(\widehat {ADE})=\beta $$

olduğundan $ALF'D$ bir kirişler dörtgenidir. $m(\widehat {AF'L})=m(\widehat {ADL})=90^\circ$ olup $F\equiv F'$ elde edilir. Göstermek istediğimiz de buydu $\blacksquare$


Not: Çözüm aşamasında kullanmadık ancak $m(\widehat{LBO}) = m(\widehat{LAO})=90^\circ $ eşitlikleri de vardır. Bunu görmek için: $|AD|=|DB| $ ve $OD \perp AB$ olduğu kullanılırsa $ALBO$ dörtgeni deltoid olur. $ALBO$  aynı zamanda kirişler dörtgenidir. Böylece $|OL|$ çap olup çapı gören çevre açılar $90^\circ$ dir.
« Son Düzenleme: Mart 06, 2021, 05:48:57 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


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