Gönderen Konu: Tübitak Lise 1. Aşama 2018 Soru 13  (Okunma sayısı 1050 defa)

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 257
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Tübitak Lise 1. Aşama 2018 Soru 13
« : Kasım 25, 2018, 09:13:23 ös »
Bir $ABC$ üçgeninde $|AB|=|AC|=2$,$|BC|=\sqrt{2}$ dir. $[BC]$ nin orta noktası $D$, $[AC]$ nin orta noktası ise $E$ dir. $ABC$ nin çevrel çemberi üzerinde $AB$ doğrusuna göre $C$ ile farklı tarafta olan ve  $|PC|^2=|PD|^2+|PE|^2$ eşitliğini sağlayan bir $P$ noktası alınıyor. $|PA|+|PB|$ kaçtır?
$\textbf{a)}\ 1+\sqrt{2} \qquad\textbf{b)}\ 1+\sqrt{3}  \qquad\textbf{c)}\ 2\sqrt{2}  \qquad\textbf{d)}\ 2\sqrt{3} \qquad\textbf{e)}\ 3$
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Boğaziçi Üniversitesi - Matematik

Çevrimdışı metonster

  • G.O Genel Moderator
  • Geo-Maniac
  • ********
  • İleti: 504
  • Karma: +7/-0
Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2018 Soru 13
« Yanıtla #1 : Aralık 10, 2018, 08:31:42 ös »
Cevap: $\boxed{A}$

$PBC$ üçgeninde Stewart teoreminden, $$\dfrac{PB^2+PC^2}{2}-\dfrac{1}{2}=PD^2$$ $PAC$ üçgeninde Stewart teoreminden, $$\dfrac{PA^2+PC^2}{2}-1=PE^2$$ Bu iki denklemi toplayıp $PC^2=PD^2+PE^2$ 'yi kullanırsak, $$PA^2+PB^2=3$$ bulunur.$PAB$ üçgeninde kosinüs teoreminden, $$PA^2+PB^2-2\cdot PA\cdot PB\cdot cos(BPA)=AB^2 \Rightarrow 3+2\cdot PA\cdot PB\cdot \dfrac{\sqrt{2}}{4}=4 \Rightarrow PA\cdot PB=\sqrt{2}$$ $$PA+PB=\sqrt{PA^2+PB^2+2\cdot PA\cdot PB}=\sqrt{2}+1$$
Gerçek hikayeler aslında söylenmeyenlerdir.

 


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