Gönderen Konu: Tübitak Lise Takım Seçme 2000 Soru 5  (Okunma sayısı 2504 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3199
  • Karma: +22/-0
  • İstanbul
Tübitak Lise Takım Seçme 2000 Soru 5
« : Ağustos 08, 2013, 09:12:08 ös »
$ABCD$ eşkenar dörtgeninin $AB,BC,CD,DA$ kenarları üzerinde $MN\parallel LK$ ve $MN$ ile $KL$ arasındaki uzaklık $ABCD$ nin yüksekliğine eşit olacak şekilde sırasıyla $M,N,K,L$ noktaları alınıyor. $ALM$ üçgeni ile $NCK$ üçgeninin çevrel çemberleri kesişirken, $LDK$ üçgeni ile $MBN$ üçgeninin çevrel çemberlerinin kesişmediğini gösteriniz.
« Son Düzenleme: Haziran 22, 2014, 09:50:08 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 2000 Soru 5
« Yanıtla #1 : Eylül 08, 2013, 12:31:38 ös »
$\left(BMN\right)$ çemberi ile $\left(DLK\right)$ çemberinin $BD$ üzerindeki kirişlerinin uzunluklarının toplamının $BD$ den daha küçük olduğunu göstereceğiz. Bu normalde çemberlerin kesişmedikleri anlamına gelmez; ama bu soruda çemberlerin kesişmediklerini anlamına geldiğini göstereceğiz.

Yine aynı noktadan yola çıkarak, $\left(AML\right)$ çemberi ile $\left(DLK\right)$ çemberinin $AC$ üzerindeki kirişlerinin uzunlukları toplamının $AC$ den küçük olduğunu göstereceğiz. İlkinin aksine bu, iki çemberin kesiştiği anlamına gelir.



$\left(BMN\right)$ çemberinin merkezi $O_B$, $\left(DKL\right)$ çemberinin merkezi $O_D$,

$\ell $ de, $D$ den geçen $MN$ ye paralel olan doğru olsun.

$B$ den $MN$ ye çizilen dikmenin ayağı $P$, $KL$ ye çizilenin ayağı $Q$, $\ell $ ye çizilenin de ayağı $R$ olsun.


$BD$ doğrusu $O_BO_D$ yi $S$ de, $MN$ yi $X$ te, $KL$ yi $Y$ de kessin.

$AB=BC=CD=DA=a$, $\angle BMN=\beta $ ve $\angle BNM=\theta $ dersek dörtgenin yüksekliği $h={a\sin \left(\beta +\theta \right)\ }$ olur. Basit açı hesaplarıyla,
\[\angle BAD=\beta +\theta \Rightarrow \angle BAC=\angle DAC=\frac{\beta +\theta }{2}\]
\[\angle MBP={90}^{\circ }-\theta ,\angle MBD=\frac{{180}^{\circ }-\beta -\theta }{2},\angle DBP=\left|\frac{\beta -\theta }{2}\right|\]
\[\angle BO_BM=2\theta \Longrightarrow \angle MBO_B={90}^{\circ }-\theta \Longrightarrow \angle O_BBD=\left|\frac{\beta -\theta }{2}\right|\]
elde edilir. $\angle BXM=\angle BYL=\angle KYD$ ve $\angle YDK=\angle XBM$ olduğu için, $\angle YKD=\angle BMX=\beta $, dolayısıyla da $\angle KLD=\angle BNM=\theta $ olur. Bu da $\Delta DLK\sim \Delta BNM$ yi gerektirir. $BM=x$ ve $DK=xk$ dersek, benzerlikten dolayı
\[BP=x{\sin \beta \ },\ QR=xk{\sin \beta \ },\ PQ=h\ ve\ BR=BD{\sin \angle DBR\ }=BD{\cos \left(\frac{\beta -\theta }{2}\right)\ }\]
elde edilecektir. $BD=2a{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }$ olduğu için,
\[x{\sin \beta \ }+xk{\sin \beta \ }+a{\sin \left(\beta +\theta \right)\ }=2a{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }{\cos \left(\frac{\beta -\theta }{2}\right)\ }\]
\[\Rightarrow x\left(1+k\right)=2a{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\frac{{\cos \left(\frac{\beta -\theta }{2}\right)\ }-{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}{{\sin \beta \ }}\]
\[\Rightarrow x\left(1+k\right)=2a{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\frac{2{\sin \left(\beta /2\right)\ }{\sin \left(\theta /2\right)\ }}{{\sin \beta \ }}\ \]
elde edilir.

$\left(BMN\right)$ ile $BD$ nin kesişimi $T$, $\left(DKL\right)$ ile $BD$ nin kesişimi $U$ olsun.
\[\angle TNB=\angle MBT+\angle BNM=\frac{{180}^{\circ }-\beta -\theta}{2}+\theta ={90}^{\circ }-\left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\]
\[\frac{BT}{{\sin \angle BNT\ }}=\frac{BM}{{\sin \angle BNM\ }}\Rightarrow BT=\frac{x{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }},\]
benzer şekilde de
\[DU=\frac{x{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}\]
olur.
\[BT+DU=x\left(1+k\right)\frac{{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}=2a{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\frac{2{\sin \left(\frac{\beta }{2}\right)\ }{\sin \left(\frac{\theta }{2}\right)\ }}{{\sin \beta \ }}\frac{{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\sin \theta \ }}\]
\[\Rightarrow BT+DU=\frac{2a{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{2{\cos \left(\beta /2\right)\ }{\cos \left(\theta /2\right)\ }}=\frac{BD{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }+{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\]
\[\Rightarrow \frac{BT+DU}{BD}=\frac{{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }}{{\cos \left(\frac{\theta -\beta }{2}\right)\ }+{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\]
$\theta +\beta <{180}^{\circ }\Rightarrow \frac{\beta }{2}+\frac{\theta }{2}<{90}^{\circ }\Rightarrow {\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }>0$ olduğu için $BT+DU<BD$ dir.

Bu durumda $\left|BT\right|+\left|TU\right|+\left|UD\right|=BD$ olur.

$TO_B\bot MN$ ve $UO_D\bot KL$ olduğu için $O_BO_D$ doğrusu $\left[TU\right]$ doğru parçasını kesecektir. Bu kesişim noktasına $S$ demiştik. Bu durumda $S\in \left[TU\right]$ dur.

$O_BB=O_BT$ olduğu için, $S$ noktası $\left(BMN\right)$ dışındadır. Bu durumda $O_BS>O_BB$. Benzer şekilde de $O_DS>O_DB$ dir. Bu da $\left(BMN\right)$ ile $\left(DLK\right)$ çemberlerinin kesişmediklerini gösterir.$\blacksquare $



$\left(MAL\right)$ ile $\left(NCK\right)$ çemberlerinin kesiştiği iddiasına gelelim.

$\left(MAL\right)$ çemberi $AC$ yi $W$ da, $\left(NCK\right)$ çemberi $AC$ yi $Z$ de kessin.

$AW+CZ>AC$ olduğunu göstereceğiz. Eğer bu iddiamızı delillendirebilirsek, $\left(ALM\right)$ ile $\left(NCK\right)$ çemberlerinin kesiştikleri açık.

Elimizde $WM=WL$ ve $\angle MAL=\beta +\theta $ var. Bu durumda $\frac{ML}{{\sin \left(\beta +\theta \right)\ }}=\frac{MW}{{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}$ ve Ptolemy'den (köşegenlerden biri açıortayken) 
\[AW\cdot ML=MW\left(AM+AL\right)\Rightarrow AW=\frac{AM+AL}{2{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\]
benzer şekilde
\[CZ=\frac{CN+CK}{2{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\]
elde edilir. Taraf tarafa toplarsak
\[AW+CZ=\frac{AM+AL+CN+CK}{2{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\]
olur.

Çözümün ilk kısmında elde ettiğimiz $BD>BT+DU$ eşitsizliğini Ptolemy uygulayarak açarsak
\[BD>BT+DU=\frac{BM+BN+DK+DL}{2{\cos \left(\frac{{180}^{\circ }-\left(\beta +\theta \right)}{2}\right)\ }}=\frac{BM+BN+DK+DL}{2{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\]
\[\Rightarrow 2a{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)>\frac{BM+BN+DK+DL}{2{\sin \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}\ }\]
\[\Rightarrow 4a{{\sin }^{{\rm 2}} \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }>BM+BN+DK+DL\]
\[\Rightarrow 4a\left(1-{{\cos }^{{\rm 2}} \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\right)>\ BM+BN+DK+DL\]
\[\Rightarrow 4a-\left(BM+BN+DK+DL\right)>4a{{\cos }^{{\rm 2}} \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\]
\[\Rightarrow AM+ML+CN+CK>2a{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }2{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\]
\[\Rightarrow \ AM+ML+CN+CK>AC\cdot 2{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }\]
\[\Rightarrow AW+CZ=\frac{AM+AL+CN+CK}{2{\cos \left(\frac{\beta +\theta }{2}\right)\ }}>AC\]
\[\Rightarrow \left(ALM\right) \text{ ile } \left(NCK\right) \text{ kesişir.}\blacksquare \]
« Son Düzenleme: Haziran 22, 2014, 09:50:00 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