Geomania.Org Forumları

Yarışma Soruları => Antalya Matematik Olimpiyatı 1. Aşama => 2014 => Konuyu başlatan: matematikolimpiyati - Şubat 05, 2023, 12:42:52 ös

Başlık: 2014 Antalya Matematik Olimpiyatı Soru 20
Gönderen: matematikolimpiyati - Şubat 05, 2023, 12:42:52 ös

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=8276.0;attach=16409)

$ABCD$ dışbükey dörtgeninde$,\ m(\widehat{BAC})=40^{\circ},\ m(\widehat{ABD})=m(\widehat{CBD})=20^{\circ}$ ve $m(\widehat{CAD})=100^{\circ}$ olduğuna göre $m(\widehat{BDC})$ kaç derecedir?

$\textbf{a)}\ 18^{\circ}  \qquad\textbf{b)}\ 15^{\circ}  \qquad\textbf{c)}\ 12^{\circ}  \qquad\textbf{d)}\ 10^{\circ}  \qquad\textbf{e)}\ 5^{\circ}$

Başlık: Ynt: 2014 Antalya Matematik Olimpiyatı Soru 20
Gönderen: Lokman Gökçe - Nisan 14, 2023, 03:56:36 ös

Benim hazırladığım sorulardan biriydi. Çözümümü paylaşayım:

Yanıt: $\boxed{D}$

Basit üçgende açı hesaplamaları ile $m(\widehat{ADB}) = m(\widehat{ABD})=20^\circ $ ve $m(\widehat{ABC}) = m(\widehat{BAC})=40^\circ $ dir. Dolayısıyla $|AB| = |AD|=a$, $|CA| = |CB|=b$ eşitliklerini buluruz. $ABD$ ikizkenar üçgeninin simetri ekseni olan $\ell$ doğrusunu düşünelim. $ABC$ üçgeninin $\ell$ doğrusuna göre yansıması $ADE$ üçgeni olsun. $|EA|=|ED|=b$ ve $m(\widehat{CAE})=100^\circ - 40^\circ = 60^\circ $ olduğundan $ACE$ üçgeni eşkenardır. $|CE|=b$, $m(\widehat{AEC}) = 60^\circ$ olur. Dolayısıyla $ECD$ üçgeni de ikizkenar olup $m(\widehat{CED}) = 60^\circ + 100^\circ = 160^\circ$ dir.  Böylelikle, $m(\widehat{ECD}) = m(\widehat{EDC})=10^\circ $ dir. Yansıma dönüşümünden dolayı $BD \parallel CE$ olup $m(\widehat{BDC}) = m(\widehat{ECD}) = 10^\circ $ elde edilir.

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=8276.0;attach=16473;image)

Başlık: Ynt: 2014 Antalya Matematik Olimpiyatı Soru 20
Gönderen: geo - Nisan 15, 2023, 12:14:31 öö

Daha genelini çözelim:
$ABCD$ dörtgeninde $BC=AC$, $AB=AD$ ve $\angle CAD - \angle BAC = 60^\circ$ ise $\angle ACB = 2\angle BAC $ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$B$ nin $AC$ ye göre simetriği $E$ olsun. $AE = AB = AD$ ve $CE=CB=CA$ olacaktır. $\angle EAD = 60^\circ$ olduğu için $ADE$ eşkenardır. $ACED$ bir deltoittir. Bu durumda $\angle ACD = \angle ECD =  \dfrac {\angle ACB} 2$. $\blacksquare$

Lokman Hoca'nın çözümü de genel soruya uygulanabilir.

Peki bu sorunun genel bir soru olduğunu nasıl anlıyoruz? Anlatayım:

Soruda verilen soruya $S_1$ diyelim.
$ABC$ çemberi $BD$ yi $E$ de kessin. $\angle AEC = \angle ACE = 20^\circ$, $\angle EAD = 80^\circ$ ve $\angle EDA = 20^\circ$ olacaktır. $ACD$ üçgeni içerisinde alınan $E$ noktasın köşelerle yaptığı açıları soran soru $S_2$ olsun.
$S_2$, burada (https://geomania.org/forum/index.php?topic=1556.0) bahsedilen Model 4.7'ye ait bir sorudur. $(20,80) : (20:20) \rightarrow (10,30)$ olacaktır (bkz. Model Üçgen Hesaplayıcısı (https://output.jsbin.com/qamehin/1#20,20,20,80)).
Burada (https://geomania.org/forum/index.php?topic=4308.0) Model 4.7'in ye ait bir sorunun birçok çözümü yer almakta.
İlgili linkte burada elde ettiğimizden hafif farklı bir soru ile karşılaşıyoruz. Linkteki soruya $S_3$ diyelim.
Trigonometrik Ceva Modellerinin kendi gruplarında yer değiştirme özelliğini düşünürsek $S_2$ den $S_3$ ü elde etmek zor olmaz. ($\angle DCE$ ile $\angle EDA$ yı yer değiştirdiğimizde $S_3$ ü elde ederiz.)
Bu yer değiştirme işlemi trigonometriden çok kolay ifade edilebildiği gibi, sentetik olarak da elde edilebilir. ($CDE$ çemberi $AD$ yi ikinci kez $F$ noktasında kessin. $ACF$ üçgeni ve $E$ noktası $S_3$ ile özdeş olacaktır.)
Özetle, iki kez çevrel çember çizerek $S_1$ sorusundan $S_3$ sorusunu elde etmiş olduk. Linkteki tüm çözümler, bu sorunun da bir çözümü olacaktır.
$S_3$ ün çözümlerinden bazıları yer değiştirme yapmadan da $S_2$ ye uygulanabilir.
Hatta $S_3$ ün bazı çözümleri $S_1$ e de doğrudan uygulanabilir. Yukarıda verdiğimiz çözüm $S_3$ e ait buradaki çözümün (https://geomania.org/forum/index.php?topic=4308.msg13696#msg13696) neredeyse aynısı.