Geomania.Org Forumları

Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 2012 => Konuyu başlatan: ERhan ERdoğan - Eylül 03, 2013, 01:51:37 öö

Başlık: Tübitak Lise 1. Aşama 2012 Soru 29
Gönderen: ERhan ERdoğan - Eylül 03, 2013, 01:51:37 öö

Dar açılı bir $ABC$ üçgeninin sırasıyla, $\left [ BC \right ]$ ve $\left [ AC \right ]$ kenarları üstünde yer alan $D$ ve $E$ noktaları için, $AD$ ve $BE$ doğruları $F$ noktasında kesişiyor. $\left | AF \right |=\left | CD \right |=2\left | BF \right |=2\left | CE \right |$ ve $\text{Alan}\left ( ABF \right )=\text{Alan}\left ( DEC \right )$  ise $\text{Alan}\left ( AFC \right )/\text{Alan}\left ( BFC \right )$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 4
\qquad\textbf{b)}\ 2\sqrt{2}
\qquad\textbf{c)}\ 2
\qquad\textbf{d)}\ \sqrt{2}
\qquad\textbf{e)}\ 1
$

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2012 Soru 29
Gönderen: geo - Mayıs 11, 2014, 07:02:59 ös

Yanıt: $\boxed{A}$

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=3420.0;attach=15696;image)

$AF \cdot FB = EC \cdot CD$ olduğu için, $\sin \angle AFB = \sin \angle ACB$ olmalı. $\angle AFB > \angle ACB$ olduğu için, $\angle AFB + \angle ACB = 180^\circ$, dolayısıyla da, $D$, $F$, $E$, $C$ noktaları çembersel olacaktır.

$[AFC] = \dfrac 12 \cdot AF \cdot FC \cdot \sin \angle AFC = \dfrac 12 \cdot AF \cdot FC \cdot \sin \angle DFC$

$[BFC] = \dfrac 12 \cdot BF \cdot FC \cdot \sin \angle BFC = \dfrac 12 \cdot BF \cdot FC \cdot \sin \angle EFC$

$[AFC]/[BFC] = \dfrac{AF}{BF} \cdot \dfrac{\sin \angle DFC}{\sin \angle EFC}$ olacaktır. $DFEC$ kirişler dörtgeninde, Sinüs Teoreminden $\dfrac {CD}{\sin \angle DFC} = \dfrac {CE}{\sin \angle EFC}$ olduğu için $[AFC]/[BFC] = \dfrac {AF}{BF} \cdot \dfrac{CD}{CE} = 4$ elde edilir.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2012 Soru 29
Gönderen: geo - Mayıs 11, 2014, 07:27:23 ös

$CF$, $AB$ yi $P$ de kessin. $$[AFC]/[BFC] = AP/BP = \dfrac{CD}{BD} \cdot \dfrac{AE}{CE} = \dfrac{CD}{CE} \cdot \dfrac{AE}{BD} \tag{Ceva}$$ olacaktır. Bu durumda, bizden istenen, $AE/BD$ yi bulmak.

$AF \cdot FB = EC \cdot CD$ olduğu için, $\sin \angle AFB = \sin \angle ACB$ olmalı. $\angle AFB > \angle ACB$ olduğu için, $\angle AFB + \angle ACB = 180^\circ$, dolayısıyla da, $D$, $F$, $E$, $C$ noktaları çembersel olacaktır. Çembersellikten, $\angle BDF + \angle AEF = 180^\circ$ dir.
$\triangle AFE$ de Sinüs teoreminden, $$ \dfrac{AE}{\sin \angle AFE} = \dfrac{AF}{\sin \angle AEF} \tag{1}$$ ve $\triangle BFD$ de Sinüs teoreminden $$\dfrac{BD}{\sin \angle BFD} = \dfrac{BF}{\sin \angle BDF} \tag{2}$$ ve  olacaktır. $(1)$ ile $(2)$ yi taraf tarafa oranlarsak, $$\dfrac{AE}{BD} = \dfrac{AF}{BF} = 2 \tag{3}$$ çıkacaktır.
Ceva'dan bulduğumuz ifadede $(3)$ teki değeri yazarsak $AP/BP = 2\cdot 2 = 4$ olacaktır.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2012 Soru 29
Gönderen: geo - Haziran 12, 2025, 08:30:50 öö

Alan eşitliğinden $\sin \angle AFB = \sin \angle ACB$. $\angle AFB > \angle ACB$ olduğu için $\angle AFB = 180^\circ-\angle ACB$. Bu durumda $CEFD$ kirişler dörtgenidir.
$AB$ nin orta noktası $M$ olsun. $CF$ ile $AB$, $P$ de kesişsin.
$AFBG$ paralelkenarı kuralım. $\triangle AFG \sim \triangle CDE$.
$\angle AFG = \angle CDE = \angle CFE = \angle BFP$ olduğu için $\triangle AFB$ de $FM$ kenarortay, $FP$ $F-$simedyandır. O halde, $\dfrac{AP}{BP}=\dfrac{AF^2}{BF^2}=4$ tür. $\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{AP}{BP}=4$.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2012 Soru 29
Gönderen: geo - Haziran 13, 2025, 01:06:15 öö

Önceki çözümlerdeki adımlardan $CEFD$ nin kirişler dörtgeni olduğu bulunur.

$$\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{FE\cdot AC \cdot \sin \angle AEF}{FD\cdot BC\cdot \sin \angle FDC}=\dfrac{FE\cdot AC }{FD\cdot BC} \tag{1}$$
$\triangle AFE \sim \triangle ACD$ den $$\dfrac{FE}{CD} = \dfrac{AF}{AC} \Longrightarrow FE\cdot AC = AF\cdot CD\tag{2}$$
$\triangle BFD \sim \triangle BCE$ den $$\dfrac{FD}{CE} = \dfrac{BF}{BC} \Longrightarrow FD\cdot BC = BF\cdot CE\tag{3}$$
$(2)$ ile $(3)$ ü taraf tarafa oranlarsak $$\dfrac{[AFC]}{[BFC]}=\dfrac{FE\cdot AC }{FD\cdot BC} = \dfrac{AF}{BF}\cdot \dfrac{CD}{CE}=2\cdot 2 =4$$