Sayfa: 1 2 [3] 4 5 ... 10
21
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 13, 2026, 05:05:40 ös »
Çizimleriniz için AI kullanmak isterseniz; AI'ya prompt olarak bu sayfayı https://geomania.org/forum/index.php?action=asy-lab#prompt ya da sayfayı okuyamıyorsa içindeki metinleri verebilirsiniz. Kullandığınız AI ürününün browser eklentisi varsa, https://geomania.org/forum/index.php?action=asy-lab#prompt
buradaki açıklamaları kullanarak çözümümün şeklini çiz.
Sorunun kendisini siyah, çözüm adımlarını kırmızı olarak çiz.diyebilirsiniz.
22
« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Ağustos 12, 2026, 12:53:36 öö »
Çözüm [L. Gökçe]: $OV$, $[AB]$'nin orta dikmesi olduğundan aynı zamanda $\angle AVB$'nin açıortayıdır. Benzer şekilde $OW$, $\angle AWC$'nin açıortayıdır. Bu durumda $TVW$ üçgeninde $O$ noktası $T$'ye göre dış merkezdir. $O$ noktasından $TV$, $TW$, $VW$ doğrularına inilen dikme ayakları sırasıyla $P$, $Q$, $R$ olsun. Dış teğet çemberin yarıçaplarından $|OP| = |OQ|$ olur. Merkezden kirişe inilen dikmeden $|AR| = |RU|$'dur. Ayrıca eşit teğet parçalarından $|TP| = |TQ|$, $|VP| = |VR|$, $|WQ| = |WR|$ olur. Bu bize $|BP| = |AR|$ eşitliğini verir. Çevrel çemberin yarıçaplarından $|OB| = |OC|$ olup $OPB \cong OQC$ eşliğine ulaşırız. $|BP| = |CQ|$ olur. $$|BT| + |CT| = (|BP| - |TP|) + (|CQ| + |TQ|) = 2|BP| = 2|AR| = |AU|$$ sonucuna ulaşırız. An itibariyle kamuya paylaşılabilir bilgiler  - Uzun yıllardır Tübitak olimpiyat eğitim kamplarında ders veren Fatih Sulak hocamız, 1997 IMO'da gümüş madalya kazanmıştı. Bir sohbetimizde şöyle demişti: "Bu madalyayı biraz şansa kazandım. Benim geometrim zayıftır, o yıl kolay bir geometri sorusu geldi ve ben de onu yapabildim. Geometriden puan kazanabilmek benim için büyük bir sürpriz oldu. Böylece gümüş madalyayı kazanacak puana erişebildim."
1997 sonuçlarına baktım bu sorudan 5 puan kazanmış Fatih hoca. Yani pek önemli olmayan bir kusur görülmüş ki 2 puanı kırılış. Yine de takımın en iyi skorunu elde etmiş. 1997'de gümüş kazanan tek takım öğrencimiz kendisi görülüyor. Ben de bir merakla bu problemle uğraştım. Çözümü görmek biraz vaktimi aldı. Problemle uğraşırken gözlemlediğim dikkate değer bazı ilişkileri vereyim.
- Açı takibi ile $\angle BTC = \angle TBA + \angle BAC + \angle ACT = 2\angle BAC = \angle BOC$ olduğundan $BTOC$ bir kirişler dörtgenidir.
- Merkez açı-çevre açı ilişkisinden $\angle BOU = 2\angle BAU = 2\angle BAV = \angle BVU$ olduğundnan $BVOU$ kirişler dörtgenidir. Benzer şekilde $\angle COU = 2\angle CAU = 2\angle CAW = \angle CWU$ olduğundnan $COWU$ kirişler dörtgenidir.
23
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 11, 2026, 07:55:19 öö »
Teşekkürler, soruları güncelledim.
25
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 07, 2026, 10:36:21 ös »
Ceva Teoremi'nin sonucu olarak açıların yerlerini değiştirebiliyoruz. O zaman aşağıdaki hali için bir çözüm verelim. Soru: $\angle ACP=t$, $\angle ABP = \angle CBP = 30^\circ - t$ ve $\angle BCP=30^\circ$ ise $\angle CAP = 2t$ olduğunu gösteriniz. Çözüm:$BA$ nın uzantısı üzerinde $D$ noktasını $\angle DCP = 30^\circ$ olacak şekilde alalım. $\triangle DBC$ de, $P$ iç merkezdir. $BP$ nin uzantısı $CD$ yi $E$ de kessin. $\angle ECA = \angle ABE = 30^\circ -t$ olduğu için $EABC$ kirişler dörtgenidir. $\angle AEB = \angle ACB = 30^\circ + t$. $\angle ADP = \angle AEB = 30^\circ + t$ olduğu için $ADEP$ de kirişler dörtgenidir. Bu durumda, $\angle PAE = \angle PAE = 30^\circ + t$ ve $\angle CAP = \angle PAE - \angle EAC = 30^\circ + t - (30^\circ - t) = 2t$ dir.
size(300);
pair B = (0,0), C = (6,0);
pair A = (3, 2.517299);
pair P = (3.680045, 1.339427);
pair G = (A + B + C) / 3;
pair D = (4.04189, 3.39155); // BA uzantisi, angle DCP=30
pair E = (4.95811, 1.8046); // BP ile CD kesisimi
draw(A--B--C--cycle);
draw(P--A); draw(P--B); draw(P--C);
// Cozumdeki yardimci cizim (kirmizi)
draw(A--D, red);
draw(C--D, red);
draw(P--E, red);
draw(A--E, red);
draw(D--P, red);
dot("$D$", D, unit(D-G));
dot("$E$", E, unit(E-G), red);
dot("$A$", A, unit(A-G));
dot("$B$", B, unit(B-G));
dot("$C$", C, unit(C-G));
dot("$P$", P, S);
draw(anglemark(P, B, A, 14, 17)); // ABP: iki konsentrik, etiketsiz
draw(anglemark(C, B, P, 14, 17)); // CBP: iki konsentrik
label("$30^\circ-t$", B + 1.20*dir(8)); // CBP etiketi
markangle("$30^\circ$", P, C, B); // BCP
markangle("$t$", A, C, P); // PCA
draw(anglemark(E, C, A, 14, 17), red); // ECA: iki konsentrik kirmizi
draw(anglemark(C, A, E, 14, 17), red); // EAC: iki konsentrik kirmizi
draw(anglemark(B, D, P, 12, 15, 18), red); // BDP: uc konsentrik kirmizi
draw(anglemark(P, D, C, 12, 15, 18), red); // CDP: uc konsentrik kirmizi
draw(anglemark(A, E, P, 12, 15, 18), blue); // AEP: uc konsentrik mavi
26
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 07, 2026, 10:14:04 ös »
Model 3.1 için çözüm verelim: $\angle BCP = 3\angle ACP = 3t$ ve $\angle CBP = 2\angle ABP = 60^\circ - 4t$ ise $\angle CAP = 30^\circ + t$ olduğunu gösteriniz. Çözüm:
size(300);
pair B = (0,0), C = (6,0);
pair A = (1.041889, 1.804605);
pair P = (1.452235, 1.21857);
pair G = (A + B + C) / 3;
draw(A--B--C--cycle);
draw(P--A); draw(P--B); draw(P--C);
dot("$A$", A, unit(A-G));
dot("$B$", B, unit(B-G));
dot("$C$", C, unit(C-G));
dot("$P$", P, S);
// ---- Cozumun kirmizi ile gosterimi ----
pair D = (1.815207, 1.52314); // BP nin uzantisi AC yi D de keser
pair I = (1.958111, 0.712694); // BCD ucgeninin ic merkezi
label("$30^{\circ}-2t$", B + 1.15*dir(8), red);
draw(anglemark(P,B,A, 14, 17));
draw(anglemark(I, B, P, 14, 17), red);
draw(anglemark(C,B,I, 14, 17), red);
label("$2t$", C + 1.35*dir(175), red);
label("$t$", C + 2*dir(168), red);
label("$t$", C + 2*dir(163));
draw(anglemark(I,C,B, 35), red);
draw(anglemark(P,C,I, 60), red);
draw(anglemark(A,C,P, 60));
draw(B--I,red);
draw(P--D, red); // BP uzantisi
draw(D--I, red); // DI
draw(C--I, red); // CI
draw(P--I, red);
dot("$D$", D, unit(D-G), red);
dot("$I$", I, S, red);
draw(anglemark(A,D,B, 7, 9, 11), red);
draw(anglemark(B,D,I, 7, 9, 11), red);
draw(anglemark(I,D,C, 7, 9, 11), red);
$BP$ nin uzantısı $AC$ yi $D$ de kessin. $\triangle BCD$ nin iç merkezi $I$ olsun. $\angle ADB = \angle BDI = \angle CDI = 60^\circ$. $\angle DCI = \angle BCI = 2t$ ve $\angle DCP = \angle ICP = t$. $\triangle CDI$ üçgeninde; $CP$ iç açıortay, $DP$ dış açıortay olduğu için $P$ dış merkezdir. Bu durumda $\angle DIP = 30^\circ + t$ dir. $\triangle DBA \cong \triangle DBI$ olduğu için $BADI$ bir deltoittir. $\angle DAP = \angle DIP = 30^\circ + t$ dir. $\blacksquare$
27
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 06, 2026, 07:31:36 ös »
https://geomania.org/forum/index.php?action=model-bulucu#10,10,30,20Buna göre, soru Model 3.1 ya da Model 4.3'e ait. Sizin sorunuzdaki oryantasyona göre çözüm tam olarak bu iletide verilmiştir. Çok basit kirişler dörtgeni operasyonları ile diğer çözümlere de geçiş yapılabilir.
28
« Son İleti Gönderen: AhmetG Ağustos 06, 2026, 06:07:23 öö »
Bir $ABC$ üçgeninin iç bölgesinde bir $P$ noktası alınmıştır.
Oluşan açılar şu şekildedir:
* $m(\widehat{BAP}) = 30^\circ$
* $m(\widehat{PAC}) = 20^\circ$
* $m(\widehat{ABP}) = 10^\circ$
* $m(\widehat{PBC}) = 10^\circ$
Yukarıdaki verilere göre, $m(\widehat{BCP}) = x$ kaç derecedir?
29
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 02, 2026, 07:01:42 ös »
IMO 2026 sorularını, foruma AI ile çevirterek ekledim. Çevirilerde sorun olabilir. Vakti olan gözden geçirirse iyi olur.
En doğrusu, orijinal Türkçe sınav sorularını eklemek. IMO sitesine henüz eklemediler. Takımdan birileri ile irtibatı olan varsa o kanalı da zorlayabiliriz.
30
« Son İleti Gönderen: geo Ağustos 02, 2026, 05:26:39 ös »
$BK$, $AC$ yi $P$ de kessin. $AP$ nin orta noktası $P'$ olsun. $CL$, $AB$ yi $Q$ da kessin. $AQ$ nun orta noktası $Q'$ olsun. $\angle ABP = \angle ACQ$ olduğu için $AQ\cdot AB = AP \cdot AC$. Dolayısıyla $AQ \cdot AM = AP'\cdot AC$, bu da $C, P', Q, M$ noktalarının çembersel olduğu anlamına gelir. Bu çembere $\Pi_K$ diyelim. Soruda verilenlerden, $\angle MKP = \angle KCP$. $MP' \parallel BP$ olduğu için $\angle P'MK = 180^\circ - \angle MKP = 180^\circ - \angle KCP$ olduğu için, $K$ noktası da $\Pi_K$ üzerindedir. Benzer şekilde $B, Q', P, N, L$ noktaları da çemberseldir. Bu çembere de $\Pi_L$ diyelim.  Şimdi de $BM$ doğru parçası üzerinde $MM'=QQ'$ ve $CN$ doğru parçası üzerinde $NN' = PP'$ olacak şekilde $M'$ ve $N'$ noktaları alalım. $AM'N'$ üçgeninin çevrel çemberine $\Pi$ diyelim. Dikkat edilirse, $BM'=M'Q$ ve $CN'=N'P$. $B$ noktasının $\Pi$ ve $\Pi_K$ ya göre kuvvetlerini yazalım. $P_{\Pi}(B) = BM'\cdot BA$. $P_{\Pi_K}(B) = BM\cdot BQ = \dfrac {BA}{2}\cdot 2BM' = P_{\Pi}(B)$. Kuvvetler eşit olduğundan $B$ noktası, bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir. Şimdi de $P$ noktasının $\Pi$ ve $\Pi_K$ ya göre kuvvetlerini yazalım. $P_{\Pi}(P) = AP \cdot PN'$. $P_{\Pi_K}(P) = PP'\cdot CP = \dfrac {AP}{2}\cdot 2PN' = P_{\Pi}(P)$. Kuvvetler eşit olduğundan $P$ noktası, bu iki çemberin kuvvet ekseni üzerindedir. Son durumda, $BP$ doğrusu bu $\Pi$ ve $\Pi_K$ çemberlerinin kuvvet eksenidir. Çemberler kuvvet eksenini aynı iki noktada keseceğinden, bu noktalardan biri $K$ dir. Yani, $K$ noktası $\Pi$ üzerindedir. Aynı işlemleri, $C$ ve $Q$ noktaları ile $\Pi_L$ çemberi için de yaparsak $L$ noktasının $\Pi$ üzerinde olduğunu buluruz. $\Pi$ çemberinin yarıçapına $R$ diyelim. $P_{\Pi}(M) = MM'\cdot AM = AQ' \cdot AM = \dfrac {AQ}2 \cdot\dfrac {AB}2 = R^2 - OM^2$ $P_{\Pi}(N)= NN' \cdot AN = \dfrac {AP}{2} \dfrac {AC}{2} = R^2 - ON^2$. $AQ\cdot AB = AP\cdot AC$ bilgisini çözümün başında kullanmıştık. Bu durumda, $OM=ON$ olur. $\blacksquare$
Sayfa: 1 2 [3] 4 5 ... 10
|
Son İletiler