Gönderen Konu: Tübitak Lise Takım Seçme 1999 Soru 2  (Okunma sayısı 2400 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3199
  • Karma: +22/-0
  • İstanbul
Tübitak Lise Takım Seçme 1999 Soru 2
« : Ağustos 08, 2013, 06:40:59 ös »
$ABCD$ kirişler dörtgeninde $L$ ve $N$ sırasıyla $AC$ ve $BD$ köşegenlerinin orta noktaları olsun. $ANC$ açısının açıortayı $
BD$ ise, $AC$'nin $\widehat{BLD}$ açısının açıortayı olduğunu gösteriniz.
« Son Düzenleme: Haziran 22, 2014, 09:48:40 öö Gönderen: geo »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1812
  • Karma: +8/-0
Ynt: Tübitak Lise Takım Seçme 1999 Soru 2
« Yanıtla #1 : Eylül 08, 2013, 12:47:58 ös »
Kirişler dörtgeninin çemberinin merkezi $O$ olsun. $C$ nin $ON$ üzerindeki çapına göre simetriği $E$ olsun. $CN=NE$ ve $ON\bot CE$ olacaktır. $BD\bot ON$ olduğu için $BD\parallel CE$ ve $\angle BNC=\angle NCE=\angle NEC=\angle ANB$ olur ki, bu da $A,N,E$ noktalarının doğrusal olduğu anlamına gelir.



$\angle ANC=\angle AOC=2\cdot \angle AEC$ bağıntısı $A,N,O,C$ noktalarının çembersel olduğu anlamına gelir. Bu çemberin $OL$ yi kestiği nokta $P$ olsun. $AP$ küçük yayının ölçüsü $\angle AOP/2$ yani, $\angle ANB/2$ kadardır. Bu durumda $NB$ doğrusu söz konusu çemberi $P$ de keser. $\angle PNO={90}^{\circ }$ olduğu için $\angle PAO={90}^{\circ}$, yani $PA$ doğrusu, $\left(ABCD\right)$ çemberine teğettir. $PA=PC$ olduğu için de $PC$ doğrusu da teğettir.


Aslında bundan sonrası Pole-Polar gösterimi ve temel özellikleri ile ilgili. Biz soruya geri dönelim.

$PD\cap AC=\{F\}$ olsun.

$F$ noktasının $O$ merkezli çembere göre kuvvetinden $BF\cdot FD=AF\cdot FC$.

$P$ noktasının $O$ merkezli çembere göre kuvvetinden $PA^2=PB\cdot PD$.

$\triangle PAC$ de, Stewart'ın özel halinden $PF^2=PA^2-AF\cdot FC$.
$$PF^2=PB\cdot PD-BF\cdot FD\Rightarrow {\left(PD-FD\right)}^2=PB\cdot PD-BF\cdot FD$$ $$\Rightarrow PD^2+FD^2-2\cdot PD\cdot FD=PD^2-FD\cdot PD-BF\cdot PD-BF\cdot FD$$ $$\Rightarrow BF\cdot PD=-FD^2+FD\cdot PD-FD\cdot BF=FD\left(PD-BF-FD\right)=FD\cdot PB$$
Son elde edilen eşitliği orantı şeklinde yazarsak
$$\dfrac{BF}{FD}=\dfrac{BP}{PD}$$
elde ederiz. $\angle PLF={90}^{\circ }$ bilgisini de dikkate aldığımızda, $\triangle BLD$ üçgeninin iç açıortayı $LF$, dış açıortayı da $LP$ çıkar.

Bu son çıkarımımızı biraz daha teknik bir dille anlatmaya çalışalım.

$P$ ve $F$ noktalarının $B$ ve $D$ noktalarına uzaklıkları oranı aynıdır. Bu durumda, bu tip diğer noktaların geometrik yeri, $B$ ve $D$ noktalarına ait bir Apolonyus çemberidir. $PF$, bu çemberin bir çapı; dolayısıyla da $\angle PLF={90}^{\circ }$ olduğu için de $L$ noktası da geometrik yer üzerindedir. Bu durumda
$$\dfrac{BF}{FD}=\dfrac{BP}{PD}=\dfrac{BL}{LD}$$
olur. Bu da, $BLD$ üçgeninde $LF$ nin iç açıortay olduğu anlamına gelir.
« Son Düzenleme: Haziran 22, 2014, 09:48:33 öö Gönderen: geo »

 


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