Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 21

[ERhan ERdoğan]

$[AB]$ ve $[CD]$ kenarlarının $[BC]$ kenarına dik olduğu bir $ABCD$ yamuğunun $[BC]$ kenarı üstündeki bir $E$ noktası için $AED$ bir eşkenar üçgendir. $|AB|=7$ ve $|CD|=5$ ise, $ABCD$ yamuğunun alanı nedir? 

$
\textbf{a)}\ 27\sqrt{3}
\qquad\textbf{b)}\ 42
\qquad\textbf{c)}\ 24\sqrt{3}
\qquad\textbf{d)}\ 40
\qquad\textbf{e)}\ 36
$

[osman211]

geometrik çözümü henüz bulamadım ayrica sekil yamuk oldu biraz

[geo]

Yanıt: $\boxed{C}$

$ABCF$ dikdörtgenini kuralım.

$A$ noktasının, $F$ ye göre simetriği $A'$ noktası olsun. $AD=DA'=DE=AE$ dir. Bu durumda, $D$ noktası, $\triangle AA'E$ nin çevrel merkezidir. $\angle AA'E = 30^\circ$ dir.
$A$ dan $A'E$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $\angle A'AH = \angle DAE = 60^\circ$ olduğu için, $\angle DAA' = \angle HAE$ dir. Bu durumda, $AD=AE$ olduğu için, $\triangle DFA \cong \triangle EHA$ dır. Yani, $EH=DF=2$ dir.
$E$ den $AA'$ ne inilen dikme, $AB=7$ ye eşit olacağından ve $\angle AA'E = 30^\circ$ olduğu için $A'E=2\cdot 7 = 14$ ve $A'H=12$ dir. $\triangle A'AH$ bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olduğu için $AA'=8\sqrt 3$ ve $AF=4\sqrt 3$ tür.
Bu durumda, $[ABCD] = \dfrac{4\sqrt 3 \cdot (5+7)}{2} = 24\sqrt 3$ tür.

[ERhan ERdoğan]

Yanıt: $\boxed{C}$

$ADE$ üçgeninin çevrel çemberi ile $E$ noktasından yamuğun tabanlarına paralel olarak çizilen doğru $F$ noktasında kesişsin.

''Bir eşkenar üçgenin çevrel çemberi üzerinde alınan noktanın, yakın köşelere uzaklıkları toplamı, diğer köşeye olan uzaklığına eşittir'' *

Bu durumda $|FD|+|FA|=|FE|$ * dir.

$A$ ve $D$ den $EF$ ye çizilen dikme ayakları sırasıyla $N$ ve $M$ olsun. $|ME|=5 , |MN|=2$ dir.

$|FN|=x$ dersek $|FA|=2x , |FD|=2x+4 , |FE|=x+7$ olur ve * dan $x=1$ bulunur.

Buradan $|AN|=\sqrt{3} , |DM|=3\sqrt{3}$ ve $|BC|=4\sqrt{3}$ olup $A(ABCD)=6\cdot 4\sqrt{3} = 24\sqrt{3}$ 

[geo]

$AB=a$, $CD=c$, $AD=DE=EA=d$ ve $AF=BC=h$ olsun.
$ABCF$ dikdörtgenini çizelim ve $\angle FDA = \alpha$ diyelim.
$$\cos \angle EAB = \cos (\alpha - 60^\circ) = \dfrac ad$$ $$\cos \angle FDE = \cos (\alpha + 60^\circ) = -\dfrac cd$$  Taraf tarafa çıkarırsak $$2 \sin \alpha \sin 60 = \dfrac{a+c}{d}$$ $$2 \cdot h \cdot \dfrac{\sqrt 3}{2} = \dfrac{a+c}d \Rightarrow h = \dfrac{a+c}{\sqrt{3}}$$ olarak bulunur.
$a=7$ ve $c=5$ için $h=4\sqrt 3$ çıkıyor. Bu durumda, $[ABCD]=24\sqrt 3$ olacaktır.

[ERhan ERdoğan]

$AD$ ile $BC$ nin kesim noktası $K$ olsun. $DC \parallel AB$ olduğundan $\dfrac{|DC|}{|AB|}=\dfrac{|KD|}{|KA|}=\dfrac{5}{7}$ dir. $E$ den $AD$ ye çizilen dikmenin ayağına $H$ dersek $\triangle{KHE} \sim \triangle{KCD}$ olur. Bu benzerlikten $\dfrac{|HE|}{|HK|}=\dfrac{|CD|}{|CK|} \Rightarrow \dfrac{\sqrt{3}}{6}=\dfrac{5}{|CK|} \Rightarrow |CK|=10\sqrt{3}$ dür.

 $\dfrac{|CK|}{|BC|}=\dfrac{|DK|}{|AD|} \Rightarrow |BC|=4\sqrt{3}$ olur.

Buna göre, $A(ABCD)=6\cdot4\sqrt{3}=24\sqrt{3}$ bulunur. 

[alpha]

Teorem:Karmaşık sayı düzleminde herhangi bir $A$ sayısını orijinle arasında mesafe korunacak şekilde $\alpha$ derece
döndürsek elde edeceğimiz $B$ sayısı  $A.(cos\alpha+i.sin\alpha)=B$ olur.

Şekili $E$ noktası orijin olacak şekilde karmaşık sayı düzlemine koyalım. $EB=a$ ve $EC=b$ kabul edelim. Buradan  $A=7-a.i$ ve $D=5+b.i$
olur ve $D$ sayısı $A$'nın $60$ derece döndürülmesiyle olmuştur. Teorem gereği $A.(cos60+i.sin60)=D$ olur.

$(7-a.i).(cos60+i.sin60)=(5+b.i) \Longrightarrow (7-a.i).(\dfrac{1}{2}+i.\dfrac{\sqrt3}{2})=(5+b.i)$ olur.

Karmaşık kısımlarla reel kısımları ayırdığımızda

$7+a\sqrt3=10$ ve $7\sqrt3-a\sqrt3=2b$ elde edilir.

Buradan $a=\sqrt3$ ve $b=3\sqrt3$ elde edilir.Yüksekliğin uzunluğu $4\sqrt3$ olur.

Buradan alan$\dfrac{4\sqrt3.(5+7)}{2}=24\sqrt3$ elde edilir.