Sayfa: 1 ... 4 5 [6] 7 8 ... 10
51
2|AD|$^{2}$=36+x$^{^{2}}$-$\left(6\sqrt2\right)^2$/2 ise |AD|=x/$\sqrt{2}$ 'dir.
İşlem hatasından dolayı $2|AD|^2=x^2$ bulacağıma $2|AD|^2=x^2+18$ bulmuşum, düzeltince sizin çözümüzle aynı sonuca varıyoruz.
52
AC kenarının ABC üçgeninin en uzun kenarı olduğunu söylemeyi unutmuşum. 2|AD|$^{2}$=36+x$^{^{2}}$-$\left(6\sqrt2\right)^2$/2 ise |AD|=x/$\sqrt{2}$ 'dir.
(2|AD|$^{2}$=x$^{2}$+|AB|$^{2}$- |BC|$^{2}$/2) (Kenarortay teoreminden)
Kosinüs teoremi uygularsak:
|AB|$^{2}=|AC|^{2}+|BC|^{2}-2|AC||BC|\cos 30^{o}$ ise 36=x$^{2}$+72-2(3$\sqrt{6}$x) 'ten
$\Delta$ formülü yardımıyla x = 3$\sqrt{6}$$\pm 3\sqrt{2}$ bulunur.
Dolayısıyıla sadece verilen bilgiler göz önüne alınırsa iki farklı ABC üçgeni olabilir.
Fakat unuttuğum AC'nin en uzun kenar olduğu şartı düşünülürse x =3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$ bulunur (x=3$\sqrt{6}-3\sqrt{2}$ incelenirse bu durumun AC'nin en küçük kenar olduğu durum olduğu anlaşılır. Bulduğumuz iki değerden birinin AC'nin üçgenin en uzun kenarı olduğu, diğer değerin AC'nin üçgenin en kısa kenarı olduğu düşünülürse AC kenarının ABC üçgeninin ortanca kenarı olması mümkün değildir. Soruda diğer bilgilerle birlikte böyle bir bilgi vermek sorunun yanlış olmasına neden olacaktı.). |AC|>|AB|,|BC| bilgisi ihmal edilirse:
|AD|/|OD| = ($\sqrt{6}$ $\pm $ $\sqrt{2}$)/2
Not: Sinüs teoreminden |BC|/$\sin (A)$ = |AB|/$\sin (C)$' dir.
$\implies $6$\sqrt{2}$/$\sin (A)$ = 6/$\sin (30^{o})$' dan
$\sin (A)$ =$\sqrt{2}$/2 bulunur. Buradan A açısı ya 135$^{o}$ ya da 45$^{o}$' dır. AC kenarının en uzun olduğu durumda m(A)=45$^{o}$, AC kenarının en kısa olduğu durumda ise m(A)=135$^{o}$ olur.
53
$m(\widehat{ACB})=30^\circ$ olduğundan $m(\widehat{AOB})=60^\circ$'dir. Yani $AOB$ üçgeni eşkenar bir üçgendir ve çevrel çemberin yarıçapı $6$'dır. $OBC$ üçgeni de buradan $6-6-6\sqrt{2}$ üçgeni yani ikizkenar dik üçgen olarak bulunur, dolayısıyla $|OD|=3\sqrt{2}$'dir.
$|AD|$'yi bulmanın birden fazla yolu vardır. İlk akla gelen yolu kullanalım. $|AC|=x$ dersek, kenarortay teoreminden (veya Stewart teoreminden), $|AD|=\frac{x\sqrt{2}}{2}$ bulunur. Kosinüs teoreminden ise $$x^2-6x\sqrt{6}+36=0\implies x=3\sqrt{6}\pm3\sqrt{2}$$ bulunur ($B$'den dik indirilerek de bulunabilir, eğer dikme ayağı $[AC]$ üzerindeyse +, dışındaysa - işaretli sonuç bulunur).
Sonuç olarak $$|AD|=\frac{3\sqrt{6}\pm3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3\sqrt{3}\pm3$$ olarak bulunur. Sonuç olarak $$\frac{|AD|}{|OD|}=\frac{3\sqrt{3}\pm 3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}\pm\sqrt{2}}{2}$$ olarak bulunur.
Not: Eğer gözden kaçırdığım bir nokta yoksa, verilen koşulları sağlayan 2 adet $ABC$ üçgeni vardır, bu yüzden 2 farklı sonuç vardır.
54
import geometry;
import olympiad;
size(9cm);
pair B = (0, 0);
pair C = (6, 0);
pair A = (6 - 3*sqrt(3), 3);
pair D = (B + C)/2;
pair O = (3, 6 - 3*sqrt(3));
real R = length(O - B);
draw(circle(O, R), blue + 1bp);
draw(A--B--C--cycle, black + 1.2bp);
draw(A--D, dashed);
draw(anglemark(A, C, B, 5));
label("$30^\circ$", C + 0.65*dir(165));
draw(pathticks(B--D, 1, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(D--C, 1, 0.5, 1, 3));
dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, SW);
dot("$C$", C, SE);
dot("$D$", D, S);
label("$6$", (A + B)/2, NW);
label("$6\sqrt{2}$", (B + C)/2, S);
label("Şekil ölçekli değildir.", (3, -1));
ABC üçgeninin çevrel çemberinin üzerinde A, B ve C noktaları bulunmaktadır. ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O, BC kenarının orta noktası ise D'dir. |AB| = 6 br, |BC| = 6$\sqrt{2}$ br, m(C) = 30$^{o}$dir. AD/OD oranını bulunuz. (Şekil ölçekli değildir.)
55
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 12, 2026, 12:52:57 öö »
Model 2.6 için bir çözüm: Soru: $\angle BAP = t$, $\angle ABP = 30^\circ$, $\angle CBP=90^\circ + t$, $\angle BCP = 30^\circ - 2t$ ise $\angle CAP=2t^\circ$ ve $\angle ACP = 30^\circ - 2t$ olduğunu gösteriniz. Çözüm:$\triangle ABP$ nin çevrel merkezi $O$ olsun. $\angle AOP = 60^\circ$ ve $\angle BOP = 2t$. $\angle OAB = \angle OBA = 60^\circ - t$. $O, B, C$ doğrusaldır. $\angle AOB + \angle OCP = 90^\circ$, yani $CP \perp AO$. $AP=PO$ olduğu için $CP$, $\angle ACO$ nun açıortayıdır. $\angle ACP = 30^\circ - 2t$ ve $\angle CAP = 2t$.
size(400);
pair bpt(pair V, pair P1, pair P2, real r){
real a1 = degrees(P1-V);
real a2 = degrees(P2-V);
real amid = (a1+a2)/2;
return V + r*dir(amid);
}
pair B = (0,0), C = (6,0);
pair A = (-2.638156, 3.144032);
pair P = (-0.192533, 1.091911);
pair G = (A + B + C) / 3;
draw(A--B--C--cycle);
draw(P--A); draw(P--B); draw(P--C);
// --- Cozumun geri kalani (kirmizi) ---
pair O = (-3.192532, 0); // ABP nin cevrel merkezi
draw(O--B, red); // O, B, C dogrusal (dogru CB uzerinde)
draw(O--A, red); // OA yaricapi
draw(O--P, red); // OP yaricapi
dot("$O$", O, unit(O-G), red);
dot("$A$", A, unit(A-G));
dot("$B$", B, unit(B-G));
dot("$C$", C, unit(C-G));
dot("$P$", P, unit(P-G));
markangle("", P, B, A); // ABP
markangle("", C, B, P, radius=0.4, black); // PBC
markangle("$30^{\circ}-2t$", P, C, B); // BCP
markangle("$t$", B, A, P); // BAP
markangle("$2t$", B, O, P, red);
markangle("", P, O, A, red);
label("$30^\circ$", bpt(B,A,P, 0.75), black);
label("$90^\circ + t$", bpt(B,C,P, 0.75), black);
label("$60^\circ $", bpt(O,A,P, 0.85), red);
56
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 11, 2026, 07:49:31 ös »
57
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 11, 2026, 07:46:23 ös »
Geogebra çiziminizde, resim istediğiniz gibi görünmediğinde Önizleme butonuna birkaç kez basıp Save Changes butonunun göründüğü bir durumuda Zoom In/Out, Pan işlemleri ile Save Changes yaparsanız o görünümü kaydetmiş oluyorsunuz.
view=-3621.75,-523.012,1329.678,3390.3Yukarıdaki gibi bir şeyler ggb tag'inin içerisine yazılacaktır.
Bazen işler istediğiniz gibi gitmediğinde, sorun daha önce kaydedilmiş view olabiliyor. O durumda da, view'i elle silmenizde fayda var.
Bazen istediğiniz boyutta resim çıkarmak için ggb tag'ine width ve height eklemek faydalı olacaktır. Bu durumda da önceden bir view varsa onu silip yeni şekle göre yenisi ürettirmek de istenmeyen bazı durumların önüne geçebiliyor.
58
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 11, 2026, 07:31:10 ös »
Model 2.7 için bir çözüm daha: Soru: $\angle CBP = 2t$, $\angle BCP=90^\circ + t$, $\angle PCA = \angle PAC = 30^\circ - 2t$ ise $\angle BAP=30^\circ$ olduğunu gösteriniz. Çözüm:$P$ merkezli $PA$ yarıçaplı çember, $BC$ yi $D$ de kessin. $\angle PCD = \angle PDC = 90^\circ - t$, $\angle BPD = 90^\circ - t$ ve $BD=DP$ dir.  $\angle DPE = 60^\circ$ olacak şekilde $AD$ küçük yayı üzerinde $E$ noktası alalım. $\triangle DPE$ eşkenar üçgen olacaktır. $BPED$ deltoidinde $BE$ köşegeni açıortay olacaktır. $\angle APB = 2t + 90^\circ + t + 30^\circ - 2t + 30^\circ - 2t = 150^\circ - t$ ve $\angle BDE = 90^\circ - t + 60^\circ = 150^\circ - t$ olduğu için $\triangle APB \cong \triangle EDB$ dir. Bu durumda, $\angle ABP = \angle EBD = t$ ve $\angle BAP = 30^\circ$ olacaktır.
59
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 11, 2026, 07:39:29 öö »
Model 2.7 için şöyle bir çözüm verilebilir: Soru: $\angle CBP = 2t$, $\angle BCP=90^\circ + t$, $\angle PCA = \angle PAC = 30^\circ - 2t$ ise $\angle BAP=30^\circ$ olduğunu gösteriniz. Çözüm:$P$ merkezli, $PA$ yarıçaplı çember; $[BC$ nin uzantısını $D$ de kessin. $\angle PDC=\angle PCD = 90^\circ - t$. $\angle CPD = 2t = 2\angle CAD \Longrightarrow \angle CAD= t$. $\angle PAD=\angle PDA=30^\circ -t$. Bu durumda, $\triangle ABD$ için $P$ noktası Model 4.7 $(30-t,90-t) : (2t, 30-t) \to (t,30)$ problemine dönecektir.
60
« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 11, 2026, 07:24:17 öö »
$\angle CBP = 20^\circ$ olduğu durum için bir çözüm vereyim. Bu konfigürasyon Model 2.7'in konfigürasyonudur; ama aşağıda vereceğim çözüm sadece bu soru içindir. Genel bir çözüm değildir.  $\angle BPC = 60^\circ$, $AP=PC$. $[BP]$ üzerinde $PC=PD$ olacak şekilde $D$ alalım. $\triangle PDC$ eşkenardır. $P$, $\triangle ADC$ nin çevrel merkezidir. $\angle ADP = \angle DAP=20^\circ$. $[BC]$ üzerinde $DC=DE$ olacak şekilde $E$ noktası alalım. $\angle DEC=\angle DCE=40^\circ$. $\angle BDE = \angle DBE = 20^\circ$ ve $BE=DE$. $\triangle APD \cong \triangle DEB$. Bu durumda $BD=AD$ ve $\angle ABD = \angle BAD = 10^\circ$. Buradan da, $\angle ABP=10^\circ$ ve $\angle BAP=30^\circ$ elde edilir.
Sayfa: 1 ... 4 5 [6] 7 8 ... 10
|
Son İletiler