Geomania.Org Forumları

Yarışma Soruları => Tübitak Lise 1. Aşama => 1997 => Konuyu başlatan: matematikolimpiyati - Temmuz 04, 2022, 02:41:01 öö

Başlık: Tübitak Lise 1. Aşama 1997 Soru 15
Gönderen: matematikolimpiyati - Temmuz 04, 2022, 02:41:01 öö

Bir $ABCD$ dışbükey dörtgeninde $|AD|=2,\ m(\widehat{ABD})=m(\widehat{ACD})=90^{\circ},\ E$ ve $F$ noktaları sırasıyla $ABD$ ve $ACD$ üçgenlerinin iç teğet çemberlerinin merkezi olmak üzere$,\ |EF|=\sqrt2$  ise $|BC|$ nedir?

$\textbf{a)}\ \sqrt3  \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{\sqrt3}{2}  \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{3\sqrt2}{2}  \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{\sqrt5}{2}  \qquad\textbf{e)}\ 2\sqrt5$

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 1997 Soru 15
Gönderen: geo - Kasım 26, 2022, 01:27:59 öö

Yanıt: $\boxed{A}$.

$ABCD$ bir kirişler dörtgenidir. $BE$, $\angle ABD$ nin açıortayı olduğu için, çevrel çemberi $\overset{\Huge\frown}{AD}$ yayının orta noktası $G$ de keser. Benzer durumdan dolayı $CE$ de çevrel çemberi $G$ de keser. Bu durumda $\triangle AGD$ ikizkenar dik ücgen ve $AG = GD = \sqrt 2$ olur.
$\angle AED = 90^\circ + \dfrac{\angle ABD}{2} = 135^\circ$ ve benzer şekilde $\angle AFD = 135^\circ$ olduğu için $AEFD$ kirişler dörtgenidir. $AG = GD$ ve $2\angle AED + \angle AGD = 360^\circ$ olduğu için $AEFD$ nin çevrel merkezi $G$ noktasıdır. Bu durumda $AG = GD = EG = FG = \sqrt 2 = EF$, dolayısıyla $\triangle EFG$ eşkenar olur.
$AD$ kenarının orta noktasına $O$ dersek $\angle BOC = 2 \angle BGC = 120^\circ$ ve $BO = OC = 1$ olacaktır. $\triangle BOC$ bir $30^\circ - 30^\circ - 120^\circ$ üçgeni olduğu için $BC = BO \sqrt 3 = \sqrt 3$ elde ederiz.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 1997 Soru 15
Gönderen: geo - Kasım 26, 2022, 08:35:36 öö

$\angle ABD = \angle ACD$ olduğu için $ABCD$ bir kirişler dörtgenidir.

$\angle AED = 90^\circ + \dfrac{\angle ABD}{2} = 135^\circ$ ve benzer şekilde $\angle AFD = 135^\circ$ olduğu için $AEFD$ bir kirişler dörtgenidir. $$\angle EAF = \angle EAD - \angle FAD = \dfrac {\angle BAD}2 - \dfrac {\angle CAD}2 = \dfrac{\angle BAC}2 \tag{1}$$
Kirişler dörtgenlerinde Sinüs oranlarını yazarsak
$$\dfrac{EF}{AD} = \dfrac{\sin \angle EAF }{\sin \angle AED} = \dfrac{\sin \angle EAF}{\sin 145^\circ} \tag{2}$$ $$\dfrac{BC}{AD} = \dfrac{\sin \angle BAC}{\sin \angle ABD}=\dfrac{\sin \angle BAC}{\sin 90^\circ} \tag{3}$$
elde ederiz. $EF = \sqrt 2$ ve $AD = 2$ değerlerini $(2)$ de yerine yazarsak $\sin \angle EAF = \dfrac 12$ ve $\angle EAF = 30^\circ$ elde ederiz. Bu durumda $(1)$ den elde ettiğimiz $\angle BAC = 60^\circ$ değerini $(3)$ te yerine yazarsak $BC= \sqrt 3$ elde ederiz.

Not:
$\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha$ dönüşümünü kullanarak $BC = \dfrac{EF \cdot \sqrt{2AD^2 - EF^2}}{AD}$ elde ederiz.

Başlık: Ynt: Tübitak Lise 1. Aşama 1997 Soru 15
Gönderen: Lokman Gökçe - Nisan 08, 2026, 03:13:58 öö

Problemin geometrik dokusu iç merkez-dış merkez lemması ile ilgilidir. Buna uyumlu bir çözüm verelim. (geo hocamızın ilk çözümüne benzerdir.)

Çözüm 3: $\angle ABD=\angle ACD=90^\circ$ olduğundan $ABCD$ bir kirişler dörtgenidir. $BE$, $\angle ABD$’nin açıortayı olduğundan çevrel çemberi $\overset{\Huge\frown}{AD}$ yayının orta noktası $G$’de keser. Benzer şekilde $CF$ de aynı $G$ noktasından geçer. Üstelik iç merkez-dış merkez lemması (https://en.wikipedia.org/wiki/Incenter%E2%80%93excenter_lemma)na göre $|GA| = |GE| = |GF| = |GD|$ eşitlikleri vardır. Buradan $AEFD$ kirişler dörtgenidir. Ayrıca bu çemberin merkezi $G$’dir. $\angle AGD=\angle ABD=90^\circ$ olduğundan $AGD$ ikizkenar dik üçgendir. $|AD|=2$ verildiğinden $|GA|=|GD|=\sqrt2$ olur.  Dolayısıyla $|GA|=|GD|=|GE|=|GF|=\sqrt2$. Verilen $|EF|=\sqrt2$ ile $EFG$ eşkenar üçgen olur ve $\angle BGC=\angle EGF=60^\circ$'dir. $ABCD$ kirişler dörtgeninin çevrel çemberinin çapı $|AD|$ olduğundan sinüs teoreminden $\dfrac{|BC|}{\sin 60^\circ} = |AD|$ yazılır. Buradan $|BC|=\sqrt3$ elde edilir.

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=7662.0;attach=17111;image)