Geomania.Org Forumları

Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 2014 => Konuyu başlatan: ERhan ERdoğan - Mayıs 21, 2014, 01:59:15 ös

Başlık: Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 01
Gönderen: ERhan ERdoğan - Mayıs 21, 2014, 01:59:15 ös

Dışbükey bir $ABCD$ dörtgeninde $m (\widehat{DAB} )=m (\widehat{CBD} )=120^{\circ}$, $|AB|=2$, $|AD|=4$ ve $|BC|=|BD|$ dir. $C$ noktasından geçen ve $AB$ ye paralel olan doğru $AD$ doğrusunu $E$ noktasında kesiyor ise, $|CE|$ nedir?

$
\textbf{a)}\ 8
\qquad\textbf{b)}\ 7
\qquad\textbf{c)}\ 6
\qquad\textbf{d)}\ 5
\qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}
$

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 01
Gönderen: geo - Mayıs 21, 2014, 09:50:47 ös

Yanıt: $\boxed{A}$

Biraz zorlayıp, eşlikten çözelim:

$AB \parallel EC$ olduğu için, $\angle BAD = \angle CED = 120^\circ$ dir. $\angle DEC= \angle DBC$ olduğu için, $D$, $E$, $B$, $C$ noktaları çemberseldir.

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=4242.0;attach=13631;image)

Bu durumda, $DEBC$ kirişler dörtgeninde $\angle AEB = \angle BCD = 30^\circ$ olacağından, $AE=AB=2=ED$ olacaktır. $EB=BF$ olacak şekilde, $\triangle EBC$ üçgenini kuralım. $\triangle FAB$, bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olacaktır. Bu durumda $AF=2\cdot AB= 4$ tür.
$BD=BC$, $EB=BF$ ve $\angle DBF = \angle CBE$ olduğu için, $\triangle FDB \cong \triangle ECB$, dolayısıyla da $EC=FD=8$ dir.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 01
Gönderen: geo - Mayıs 23, 2014, 08:27:30 öö

$AB \parallel EC$ olduğu için, $\angle BAD = \angle CED = 120^\circ$ dir. $\angle DEC= \angle DBC$ olduğu için, $D$, $E$, $B$, $C$ noktaları çemberseldir.
$EC \cap BD = \{P\}$ olsun. Paralellikten $EP=1$ ve $BP=PD$ elde edilir. $\triangle ABD$ de Kosinüs teoreminden $BD=2\sqrt 7$ ve $BP=PD=\sqrt 7$ çıkar.
$P$ noktasının, $(BDC)$ çemberine göre kuvvetini yazarsak, $EP\cdot PC = BP\cdot PD \Rightarrow 1 \cdot PC = \sqrt 7 \cdot \sqrt 7 \Rightarrow PC = 7$ ve $EC=8$ elde edilir.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 01
Gönderen: geo - Mayıs 23, 2014, 08:33:13 öö

$[AB$ üzerinde $[AB]$ dışında, $BK=AD=4$ olacak şekilde bir $K$ noktası alalım. $\angle ADB = \angle KBC$, $BK=AD$ ve $BC=BD$ olduğu için $\triangle ABD \cong \triangle KCB$ dir.
$EA$ ile $CK$ doğruları $L$ noktasında kesişsin. $\triangle LAK$ ve $\triangle LEC$ birer eşkenar üçgendir. $KA=6=LK$ olduğu için $LC=8=EC$ dir.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 01 - Tashih edildi
Gönderen: mehmetutku - Mayıs 23, 2014, 07:00:01 ös

[Mehmet Utku Özbek]

$\triangle{ABD}$ 'de Kosinüs teoreminden $BD=BC=2\sqrt7$ bulunur. $[DA$ ile $[CB$,  $K$ noktasında kesişsin. $\angle KAB = \angle KBD = 60^\circ$ dir.Dolayısıyla $\triangle{KAB}$ ile $\triangle{KBD}$ benzerdir. $KA=x$ ve $KB=y$ olsun. Benzerliği yazarsak $\dfrac {x}{y} =\dfrac {2}{2\sqrt7} = \dfrac {y}{x+4}$ olur. Buradan $y=x\sqrt7$ olur ve yerine yazarsak $x=\dfrac {2}{3}$ ve $y=\dfrac {2\sqrt7}{3}$ bulunur. $AB\parallel EC$ ve $BC=2\sqrt7$ olduğu için benzerlik oranı $\dfrac {1}{4}$ tür. $AB=2$ olduğu için $EC=8$ dir.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 01
Gönderen: Hüseyin Yiğit EMEKÇİ - Temmuz 10, 2024, 07:02:36 ös

Yanıt: $\boxed{A}$

Kosinüs Teoremi'nden $BC=BD=2\sqrt{7}$ ve $BE=2\sqrt{3},CD=2\sqrt{21}$ olduğu açıktır. Buna göre $AB||EC$ olduğundan $\angle CED=120^{\circ}$, dolayisıyla da $B,E,C,D$ noktaları çembersel olarak elde edilir. Öte taraftan Batlamyus Teoremi'ni uygularsak
$$ED.BC+BE.CD=CE.BD\Longleftrightarrow 16\sqrt{7}=2\sqrt{7}.CE\Longleftrightarrow CE=8$$
olarak elde edilir. Açılar aynı kalmak kaidesiyle $AB=t, AD=2t$ olduğu durumda ise $CE=4t$'dir.