Geomania.Org Forumları

Yarışma Soruları => Tübitak Lise Takım Seçme => 1995 => Konuyu başlatan: Lokman Gökçe - Ağustos 08, 2013, 04:08:24 ös

Başlık: Tübitak Lise Takım Seçme 1995 Soru 4
Gönderen: Lokman Gökçe - Ağustos 08, 2013, 04:08:24 ös

$ABCD$ dışbükey dörtgeninde $m(\widehat{CAB})=40^{\circ}$, $m(\widehat{CAD})=30^{\circ}$, $m(\widehat{DBA})=75^{\circ}$ ve $m(\widehat{DBC})=25^{\circ}$ dir. $m(\widehat{BDC})$ yi bulunuz.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise Takım Seçme 1995 Soru 4
Gönderen: geo - Eylül 07, 2013, 04:49:48 ös

$\angle BDA={35}^{\circ }$. $\angle BAC=\angle BCA={40}^{\circ }$ olduğu için $BA=BC$ dir. $B$ merkezli $|BA|$ yarıçaplı çember $AD$ yi $E$ de kessin. $BA=BE=BC$ ve $\angle EBC=2\cdot \angle CAE={60}^{\circ }$ olacaktır. $BEC$ üçgeni eşkenar olur. $BE=EC=BC$.

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=3206.0;attach=13275;image)

$\angle EBD=\angle EBC-\angle CBD={60}^{\circ }-{25}^{\circ }={35}^{\circ }=\angle BDE$ olduğu için $BE=ED=EC$ olur. Aslında burada hemen $E$ merkezli $BE=EC=ED$ yarıçaplı çemberde $\angle BDC=\dfrac{\angle BEC}{2}=\dfrac{{60}^{\circ }}{2}={30}^{\circ }$ elde edilebileceği gibi; basit açı hesapları ile $\angle CED={50}^{\circ }$ bulunabilir. $ECB$ ikizkenar üçgeninde taban açısı ${65}^{\circ }$, $\angle BDC$ de ${30}^{\circ }$ olarak elde edilebilir.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise Takım Seçme 1995 Soru 4
Gönderen: geo - Eylül 07, 2013, 04:52:17 ös

$BAC$ ikizkenar üçgeninde $AC$ ait yükseklik $AD$ yi $E$ de kessin. $\angle ABE=\angle CBE={50}^{\circ }$ ve $\angle EBD=\angle CBD={25}^{\circ }$ olacaktır. $BAEC$ deltoid olacağı için $\angle AEB=\angle BEC=\angle CED={60}^{\circ }$. $BCE$ üçgeninde $BD$ bir iç açıortay, $ED$ bir dış açıortay olduğu için $CD$ de bir dış açıortaydır ($D$ dış merkezdir.). Basit açı hesaplarıyla $\angle BDC={30}^{\circ }$ olarak bulunur.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise Takım Seçme 1995 Soru 4
Gönderen: geo - Ocak 27, 2024, 01:10:56 öö

$ABD$ üçgeninin dışarısındaki $C$ noktası için Ceva Teoremi'nin Trigonometrik halini uygulayalım:
$$\dfrac{\sin \angle CBA}{\sin \angle CAB} \cdot \dfrac{\sin \angle CAD}{\sin \angle CDA} \cdot \dfrac{\sin \angle CDB}{\sin \angle CBD} = 1$$
$\angle BDC = \alpha$ dersek;
$$\dfrac{\sin 100^\circ}{\sin 40^\circ} \cdot \dfrac{\sin 30^\circ}{\sin (\alpha + 35^\circ)} \cdot \dfrac{\sin \alpha}{\sin 25^\circ} = 1$$ elde ederiz.
$\begin{array}{lcl}
\sin 100^\circ &=& \sin 80^\circ \\
&=& 2\sin 40^\circ \cos 40^\circ \\
&=& 2 \sin 40^\circ \sin 50^\circ \\
&=& 2 \sin 40^\circ \cdot 2 \sin 25^\circ \cos 25^\circ \\
&=& 4 \sin 40^\circ \sin 25^\circ \sin 65^\circ
\end{array}$

değerini yerine yazarsak $$\dfrac {\sin \alpha}{\sin (\alpha+ 35^\circ)} = \dfrac {1}{2\sin 65^\circ} = \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin 65^\circ} = \dfrac {\sin 30^\circ}{\sin (30^\circ + 35^\circ)} $$ eşitliğinden $\alpha = 30^\circ$ elde edilir.