25. Kare şeklindeki bir $ABCD$ kartonu, şekildeki gibi, $[DC]$ üzerindeki bir $M$ ve $[AB]$ üzerindeki bir $E$ noktasından katlanıyor ve $AEMD$ yamuğunun $EM$ ye göre simetriği olan $A^\prime EMD^\prime$ yamuğu elde ediliyor. $D^\prime MN $ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı $3$ cm, $A^\prime BE $ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı $4$ cm'dir. Buna göre $A^\prime NC $ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı kaç cm'dir?
$
\textbf{a)}\ 5
\qquad\textbf{b)}\ 6
\qquad \textbf{c)}\ 7
\qquad \textbf{d)}\ 3\sqrt5
\qquad \textbf{e)}\ 4\sqrt2
$
(http://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=6181.0;attach=15044;image)
Yanıt: $\boxed{C}$
$D^\prime MN \sim CA^\prime N \sim BEA^\prime $ benzerdir ve iç teğet çemberlerin yarıçapları oranı, benzerlik oranına eşittir. $|MN|=3x , |MD^\prime|=3y,|ND^\prime|=3z $ dersek $|A^\prime E|=4x , |EB|=4y,|A^\prime B|=4z $ dir. Simetriden dolayı $|MD|=|MD^\prime|=3y$, $|AE|=|A^\prime E|=4x$ olur. Böylece karenin bir kenar uzunluğu $|AB|=4x+4y$ dir. $|A^\prime C|=4(x+y-z)$, $|NC|=x+y$ olur. $D^\prime MN \sim CA^\prime N$ benzerliğinden $|A^\prime N|=\dfrac{x(x+y)}{z}$, $|A^\prime C|=\dfrac{y(x+y)}{z}$ dir. Buna göre
$$ y(x+y) = 4z(x+y-z) $$
olup $(x+y)(4z-y)=4z^2$ yazabiliriz. Ayrıca $x^2=y^2+z^2$ olduğundan $(x+y)(4z-y)=4(x+y)(x-y)$ dir. Sadeleştirme yaparsak $4(x-z)=3y$ bulunur. Bu eşitliğin de karesini alırsak $16(x-z)^2=9y^2$ olur. Burada $y^2=x^2-z^2=(x-z)(x+z)$ eşitliği kullanılırsa $16(x-z)=9(x+z)$ olup $7x=25z$ dir. $x=25k$, $z=7k$, $y=24k$ dır. Böylece $|A^\prime N|=\dfrac{x(x+y)}{z}=7x$ tir. Buna göre $A^\prime N C$ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı $7$ dir.