Geomania.Org Forumları
Yarışma Soruları => Tübitak Ortaokul 1. Aşama => 2003 => Konuyu başlatan: matematikolimpiyati - Temmuz 05, 2022, 12:49:37 öö
-
Bir $ABC$ üçgeninin $[AC]$ kenarı üzerinde$,\ m(\widehat{DBC})=m(\widehat{DCB})$ olacak şekilde bir $D$ noktası alınıyor. $m(\widehat{ABD})=2m(\widehat{DBC}),\ |AD|=8$ ve $|DC|=2$ olduğuna göre $|BC|$ nedir?
$\textbf{a)}\ 2\sqrt2 \qquad\textbf{b)}\ 3 \qquad\textbf{c)}\ 2\sqrt3 \qquad\textbf{d)}\ \dfrac72 \qquad\textbf{e)}\ 4$
-
Cevap: B
Açıları eşit olduğundan BDC üçgeni ikizkenardır. m(DBC)=m(DCB)=a denirse m(ABD)=2a olduğu bilinmektedir. BDC üçgeninin dış açısı olarak m(ADB)=2a yazılırsa ABD üçgeninin de ikizkenar olduğu görülür. ABD ve ADB açılarının açıortayları çizilir ve iç teğet çemberin merkezine I denirse, A'dan [BD]'na indirilen dikme ayağı E olmak üzere [AE]'nın ikizkenarlıktan dolayı I noktasından geçtiği görülür. |BD|=2 olduğundan |BE|=1 olarak bulunur. ABD üçgeninin ikizkenarlığından dolayı |AB|=8 olarak bulunur. Bu verilerle ABE üçgenine Pisagor Teoremi uygulanırsa [AE]=3kök(7) olarak bulunur. Böylelikle ABD'nin alanı 3kök(7)*2/2=3kök(7) olarak bulunur. ABD üçgeninin yarıçevresi ise 8+8+2/2=9. A(ABD)=Yarıçevre*İç Teğet Çemberin Yarıçapı eşitliğinden I merkezli çemberin yarıçapı ve dolayısıyla |IE| kök(7)/3 olarak bulunur. IED üçgeninde Pisagor Teoremi uygulanırsa |ID|=|IB|=4/3 olarak bulunur. Açı-Açı-Açı benzerliğinden IBD benzerdir DBC olarak bulunur. |BC|=k denirse bu benzerlikten (4/3)/2=2/k olarak bulunur. Böylelikle k=|BC|=3 bulunur.
-
Yanıt: $\boxed{B}$
$m(\widehat{DBC}) = m(\widehat{DCB}) = \alpha $ derirse $m(\widehat{ABD}) = m(\widehat{ADB}) = 2 \alpha $ olur. İkizkenar üçgenlerden dolayı $|AB|=|AD| = 8 $, $|DB| = |DC| =2$ dir. $|BC|=x$ olsun. $ABC$ üçgeninde Stewart teoremi uygulanırsa
$$ 2^2 = \dfrac{8^2\cdot 2 + x^2\cdot 8}{8 + 2} - 8\cdot 2 $$
olur. Eşitliğin her iki yanını $5$ ile çarpıp $4$ ile sadeleştirirsek $5 = 16 + x^2 - 20$ olup $x=3$ bulunur.
-
Lokman Hoca'nın Stewart kullanarak yaptığı çözümü ana çözüm olarak kabul edebiliriz.
Yağız'ın çözümü de hoş. Belki doğrudan $u^2r^2=u(u-a)(u-b)(u-c)$ ve $IB=r^2+1$ yazılarak çözüm basitleştirilebilir.
$B$ den $AD$ ye inilen yüksekliği hesaplayarak da çözüme gidebiliriz (Stewart'ın ispatı). Bunu alandan, pisagordan veya
$AD$ üzerinde $BD=BE$ olacak şekilde $E$ noktası alıp benzerlik ve ikizkenar üçgen özellikleri kullanarak da yapabiliriz.
Açıortay teoremi kullanarak da çözüme gidebiliriz. Biri $C$ den $BD$ ye paralel çizmek, bu en basit işlem barındıran çözüm oluyor, diğeri $D$ den $BC$ ye paralel çizmek.
Bir diğer fantezi çözüm, $[BD$ üzerinde $ABCE$ ikizkenar yamuk olacak şekilde $E$ noktası alıp Ptolemy uygulamak.
Bu konfigürasyonda $ABD$ ikizkenar üçgeninin dışındaki $E$ noktası için Stewart'ın özel halini kullanarak da çözüme gidebiliriz. Bunun nasıl olacağı kafanızda canlanmadıysa rahmetli Fikri Gökdal'ın Matematik Dünyası Dergisinin Aralık 1999 sayısında yazdığı Bir ÖSS Sorusu Üzerine Notlar (https://www.matematikdunyasi.org/pdf-arsiv/#dearflip-df_3259/21/) makalesine başvurabilirsiniz.