Geomania.Org Forumları

Fantezi Geometri => Fantezi Geometri => Konuyu başlatan: muuurat - Ekim 08, 2014, 12:59:18 ös

Başlık: mafetya
Gönderen: muuurat - Ekim 08, 2014, 12:59:18 ös

.

Başlık: Ynt: mafetya
Gönderen: muuurat - Ekim 08, 2014, 01:02:52 ös

.

Başlık: Ynt: mafetya
Gönderen: ERhan ERdoğan - Ekim 12, 2014, 03:04:56 ös

çözüm1

$ADC$ üçgeninin çevrel çember merkezi $K$ olsun.$KDC$ eşkenar üçgen $KBCD$ deltoit olur.
$AB$ açıortay ve $|AK| \neq |AC|$ olduğundan $AKBC$ kirişler dörtgenidir.
Bu dörtgene göre, $m(\widehat{KBC})=180-m(\widehat{KAC})=180-40=140$ olup, $m(\widehat{DBC})=\dfrac{m(\widehat{KBC})}{2}=70$ dir.

Başlık: Ynt: mafetya
Gönderen: ERhan ERdoğan - Ekim 12, 2014, 04:43:49 ös

çözüm2

$PBC$ üçgeni ile $PAD$ üçgeni $K-A-K$ benzerlik teoremine göre benzer üçgenlerdir.
Bu benzerliğe göre, $\angle{ADP}=\angle{BCP}=\alpha$ dir.
$O$ çevrel çember merkezi olarak verildiğinden $\angle{BOP}=2\angle{BCP}=2\alpha$ olur.
$|OB|=|OP|$ olacağından $\angle{BPO}=\angle{DPR}=90-\alpha$ dır.
Buradan $OP \perp AD$ olduğunu görüyoruz.Ancak $OA \perp AD$ olarak bilindiğinden $O-P-A$ noktalarının doğrusal olması gerekmektedir.
Bu $O$ merkezinin $PC$ üzerinde olacağı anlamına gelip $[PC]$ nin $BPC$ üçgeninin çapı olduğunu göstermektedir.
O halde istenen yarıçap değeri $3$ tür.