$ABCD$ dörtgeninde bir açı sorusu

[mehmetutku]

$ABCD$  konveks dörtgeninde $m\widehat {(CAD)}=70^\circ \ \ , \ \ m\widehat {(ACD)}=30^\circ$  ve  $m\widehat {(BAC)}=40^\circ$  ve  $m\widehat {(BCA)}=20^\circ$  olduğuna göre  $m\widehat {(CBD)}$  kaç derecedir?

[Eray]

böyle yapmaya çalıştım. ama son yere x in değerini deneyip çikması gerekmez miydi?
55 60 65 70 75 80 85 90 95 100 105 110 115 değerlerini koydum olmadı

Ulaştığınız son denklem olan $\sin(120-x) \cdot \sin(130-x) = \sin x \cdot \sin(x-50)$ denklemi, $\boxed{x=80}$ için sağlanmaktadır. Denklemi çözerek görelim

$\sin a \cdot \sin b = \dfrac{-1}{2} \left[\cos(a+b) - \cos(a-b)\right]$ olduğunu kullanırsak eşitlik şu hale gelir:

$\dfrac{-1}{2} [\cos(250-2x) - \cos(-10)]=\dfrac{-1}{2} [\cos(2x-50) - \cos50]$

$\dfrac{-1}{2}$ leri sadeleştirip, $\cos(-a) = \cos a$ olduğunu kullanarak $\cos(-10)=\cos10$ yazalım:

$\cos(250-2x) - cos(2x-50)=\cos10 - \cos50$

$\cos a - \cos b = 2 \cdot \sin\left(\dfrac{a+b}{2}\right) \cdot \sin\left(\dfrac{a-b}{2}\right)$ olduğunu kullanırsak eşitlik şu hale gelir:

$2\cdot \sin100 \cdot \sin(150-2x) = 2\cdot \sin30 \cdot \sin(-20)$

$2$ leri sadeleştirip, $\sin(-a)=-\sin a$ olduğunu kullanarak $\sin(150-2x) = - \sin(2x-150)$ ve $\sin(-20)=-\sin20$ yazalım ve eksileri de sadeleştirelim:

$\sin100\cdot\sin(2x-150) = \sin30 \cdot \sin20$

$\sin100=\sin80=\cos10$ ve $\sin30=\dfrac{1}{2}$ olduğundan,

$\sin(2x-150)=\dfrac{\sin20}{2\cdot \cos10}$

$\sin2a = 2 \cdot \sin a \cdot \cos a$ olduğu eşitliğin sağ tarafında kullanılırsa,

$\sin(2x-150) = \sin10$ bulunur.

$2x-150=10$ veya $2x-150=170$ olabilir. Buradan $x=80$ veya $x=160$ bulunur. $x=160$ olursa $\triangle{BCD}$ nin iç açıları toplamı $180$ i geçeceğinden, $\boxed{x=80}$ olmalıdır.

[utku_2178]

Katkınız için teşekkür ederiz. resimlerde zeminin renksiz olması hem görsel, hem de boyut açısından tercih ettiğimiz bir durumdur. Ayrıca çözümünüz de bahsettiğiniz yardımcı üçgen herkes tarafından bilinen bir durum değildir, çözümün sıhhati açısından ispatı verilmesi uygundur.
İyi çalışmalar ''ERhan ERdoğan'' 

[utku_2178]

x = 80 bulunur.

[geo]

https://output.jsbin.com/qamehin/1#70,40,20,30
Yukarıdaki link çalıştırıldığında bu sorunun iki farklı yardımcı model üçgenle ilintili olduğu görülecektir.

Bu soru, Model Üçgen 3.8 ve 4.5  soru ailelerini kullanarak da çözülebilir.

Model 4.5 Soru Ailesine Dönüştürme

$DCB$ üçgeninin çevrel çemberi $AC$ yi $E$ de kessin. $\angle EDB = \angle ACB = 20^\circ$, $\angle DBE = \angle DCA = 30^\circ$ olacaktır.
$\triangle ABD$ de $E$ noktası için trigonometrik Ceva ailesi $(20, 70) : (40, 30) \rightarrow (10, 10)$ olacaktır. Ceva modellerinde gruplar kendi aralarında yer değiştirebildiğinden 4.5 deki soru elde edilir.
Açıların kendi aralarında yer değiştirilebilirliği trigonometrik olarak çok rahat ispatlanabildiği gibi geometrik olarak da ispatlanabilir.

Örneğin bu soruyu geometrik olarak 4.5 teki örneğe dönüştürelim.
Bir $F$ noktasını ($A$ ile $F$, $BD$ nin aynı tarafında), $\triangle AEB \sim \triangle DEF$ olacak şekilde alalım.

$\angle DEF = \angle AEB$ olduğu için $\angle BEF = \angle AED$.

$\dfrac {DE}{EF} = \dfrac {AE}{BE}$ olduğu için $\dfrac {DE}{AE} = \dfrac {EF}{BE}$, dolayısıyla da $\triangle BEF \sim \triangle AED$ olacaktır. Bu durumda $\angle EDA = \angle EFB$ ve $\angle EBA = \angle EFD$ olacaktır. 4.5 sorusundaki çizime göre $\angle EBA = 10^\circ$ elde edileceği için $\angle CDB = \angle CEB = 50^\circ$ olacaktır.

[geo]

Yol 1:
$\triangle ADC$ dışındaki $B$ noktası için trigonometrik Ceva uygularsak $$\dfrac {\sin \angle ADB} {\sin \angle BDC } \cdot \dfrac {\sin \angle DCB} {\sin \angle BCA } \cdot \dfrac {\sin \angle BAC} {\sin \angle BAD } = 1 $$ elde edilir. $\angle BDC = \alpha$ dersek $$ \dfrac {\sin (80^\circ - \alpha)} {\sin \alpha } \cdot \dfrac {\sin 50^\circ} {\sin 20^\circ } \cdot \dfrac {\sin 40^\circ} {\sin 110^\circ } = 1$$
$$\begin{array}{lcl}  \dfrac {\sin (80^\circ - \alpha)} {\sin \alpha } & = & \dfrac {2\sin 20^\circ \cos 20^\circ}{2 \sin 40^\circ \cos 40^\circ} = \dfrac {\sin 40^\circ}{\sin 80^\circ} \\ \\ & = & \dfrac {\sin 40^\circ}{ 2 \sin 40^\circ \cos 40^\circ} = \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin 50^\circ} \\ \\ & = & \dfrac {\sin (80^\circ - 50^\circ)}{\sin 50^\circ} \end{array}$$ $\alpha = 50^\circ$ elde edilir.

Yol 2:
$\angle CBD = \beta$ dersek ve $ABC$ üçgeninde $D$ noktası için trigonometrik Ceva uygularsak daha basit bir şekilde $$ \dfrac {\sin (120^\circ - \beta)} {\sin \beta} \cdot \dfrac {\sin 50^\circ} {\sin 30^\circ } \cdot \dfrac {\sin 70^\circ} {\sin 110^\circ } = 1$$
 $$\begin{array}{lcl}  \dfrac {\sin (120^\circ - \beta)} {\sin \beta } & = & \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin 50^\circ} =  \dfrac {1}{2\sin 50^\circ} = \dfrac {\cos 50^\circ}{\sin 100^\circ} = \dfrac {\sin 40^\circ}{\sin 80^\circ} \end{array}$$ $\beta = 80^\circ$ ve $\angle BDC = 50^\circ$ elde edilir.

[geo]

https://output.jsbin.com/qamehin/1#70,40,20,30
Yukarıdaki link çalıştırıldığında bu sorunun iki farklı yardımcı model üçgenle ilintili olduğu görülecektir.

Bu soru, Model Üçgen 3.8 ve 4.5  soru ailelerini kullanarak da çözülebilir.

Bu model üçgenlere göre aşağıdaki genel sorular çıkıyor.


Genel Soru 1: (Model 4.5)

$ABCD$  konveks dörtgeninde $m\widehat {(CAD)}=\alpha, m\widehat {(ACD)}=30^\circ$  ve  $m\widehat {(BAC)}=180^\circ - 2\alpha$  ve  $m\widehat {(BCA)}=90^\circ - \alpha$  olduğuna göre  $m\widehat {(CBD)} = 120^\circ - \alpha$ olduğunu gösteriniz.


Genel Soru 2: (Model 3.8 )
$ABCD$  konveks dörtgeninde $m\widehat {(CAD)}=\alpha, m\widehat {(ACD)}=3\alpha - 180^\circ$  ve  $m\widehat {(BAC)}= \alpha - 30^\circ$  ve  $m\widehat {(BCA)}=300^\circ - 4\alpha$  olduğuna göre  $m\widehat {(CBD)} = 2\alpha - 90^\circ$ olduğunu gösteriniz.

x = 80 bulunur.

Buradaki çözüm adımları aynen uygulanırsa Genel Soru 2 de çözülür.