Antalya Matematik Olimpiyatı 1. Aşama - 1999

$\{1,2,3,...,1999\}$ kümesinin, eleman sayısı tek sayı olan kaç tane alt kümesi vardır?

$\textbf{a)}\ 2^{1999} \qquad\textbf{b)}\ 2^{1998} \qquad\textbf{c)}\ 2^{1998}-1 \qquad\textbf{d)}\ 2^{999} \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$n$ elemanlı bir kümede,

çift sayıda eleman içeren alt küme sayısı $\dbinom{n}{0} + \dbinom{n}{2} + \cdots $ ve

tek sayıda eleman içeren alt küme sayısı $\dbinom{n}{1} + \dbinom{n}{3} + \cdots $

olup $(1-1)^n = 0 $ ifadesinin binom açılımından dolayı $\dbinom{n}{0} + \dbinom{n}{2} + \cdots = \dbinom{n}{1} + \dbinom{n}{3} + \cdots $ elde edilir.

Tüm alt kümelerin sayısı ise $2^n$ olduğundan

$\dbinom{n}{0} + \dbinom{n}{2} + \cdots = \dbinom{n}{1} + \dbinom{n}{3} + \cdots = 2^{n-1}$ dir. Yani eleman sayısı tek sayı olan alt kümelerin sayısı ile eleman sayısı çift sayı olan alt kümelerin sayısı daima eşittir. Bu değer $2^{n-1}$ dir.

Özel olarak $n=1999$ elemanlı bir küme için eleman sayısı tek sayı olan $2^{1998}$ tane alt küme bulunur.

$n^{1998}-1$ sayısının $10$ ile tam bölünmesini sağlayan, $2000$' den küçük kaç tane pozitif $n$ tamsayısı vardır?

$\textbf{a)}\ 200 \qquad\textbf{b)}\ 300 \qquad\textbf{c)}\ 400 \qquad\textbf{d)}\ 600 \qquad\textbf{e)}\ 800$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Çözüm: $n<2000$ olan pozitif tam sayıların tamamını dört basamaklı gibi düşünebiliriz. Örneğin $19 = 0019$ olarak yazalım. İstenen koşulun sağlanması için $n$ sayısının birler basamağı ya $1$ ya da $9$ olmalıdır. Çünkü $n=1,2,3,4,5,6,7,8,9, 10 $ değerleri için $n^2 \equiv 1, 4, 9, 6, 5, 6, 9, 1, 0 \pmod{10}$ olmaktadır.

Binler basamağına $0$ veya $1$ yazabiliriz. Onlar ve yüzler basamağı için herhangi bir kısıtlama yoktur, $10$ ar değer alabilirler. Çarpma prensibi ile $2\cdot 10 \cdot 10 \cdot 2 = 400$ tane sayı bulunur.

$1,2,3,4,...,19999$ sonlu dizisinin ardışık kaç teriminin toplamı $13678$'dir?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 5 \qquad\textbf{c)}\ 6 \qquad\textbf{d)}\ 7 \qquad\textbf{e)}\ 8$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Şu basit özelliği kullanalım: $n$ bir tek sayı olmak üzere ardışık $n$ tane tam sayının toplamı $n$ ile tam bölünür. Ortadaki sayı $a$ ise bu sayıların toplamı $a\cdot n$ olur. Bunu kolayca gösterebiliriz. Örneğin

$n=3$ için $(a-1) + a + (a+1) = 3a$

$n=5$ için $(a-2) + (a-1) + a + (a+1) + (a+2) = 5a$

$n=7$ için $(a-3) + (a-2) + (a-1) + a + (a+1) + (a+2) + (a+3)= 7a$

olmaktadır. $3\nmid 13678$ olduğundan $n\neq 3$ ve $5\nmid 19678$ olduğundan $n\neq 5$ tir. $13678 = 7 \cdot 1954$ olduğundan $a=1954$ olup $1951, 1952, 1953, 1954, 1955, 1956, 1957$ sayılarının toplamı $13678$ dir. Doğru yanıta ulaşmış olduk.

Diğer seçeneklerin neden olmayacağını da gösterebiliriz. $n=6$ sayı için $a + (a+1) + (a+2) + (a+3) + (a+4) + (a+5) = 6a + 15$ olup $3$ ile tam bölünür. Fakat $3\nmid 13678$ dir. Yine $n=8$ sayı için $a + (a+1) + (a+2) + (a+3) + (a+4) + (a+5) + (a+6) + (a+7) = 8a + 28$ olup $4$ ile bölünür. Fakat $4\nmid 13678$ dir.

Açılarının derece cinsinden ölçüleri birer tamsayı ve $\hat{A}<\hat{B}<\hat{C}$ olmak koşuluyla, kaç tane geniş açılı $ABC$ üçgeni oluşturulabilir?

$\textbf{a)}\ 1936 \qquad\textbf{b)}\ 1982 \qquad\textbf{c)}\ 1990 \qquad\textbf{d)}\ 1946 \qquad\textbf{e)}\ 1850$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$\begin{aligned}
A & = 44 & \Rightarrow & B=45\\
A &= 43 & \Rightarrow & B=44,45,46\\
A & = 42 & \Rightarrow & B=43,44,45,46,47 \\
& \vdots & & \\
A & = 1 & \Rightarrow & B=2,3,4,\dots ,88
\end{aligned}$

$\widehat{B}$ açılarının sayıları sırasıyla $1,3,5,7,\cdots ,87$ olacağından, oluşabilecek geniş açılı üçgen sayılarının toplamı $1+3+5+7+\cdots +87=44^2=1936$ olur.

$A=\underbrace{999...999}_{\text{81 tane 9}}$ sayısı için, $A^2$ nin rakamları toplamı aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ 639 \qquad\textbf{b)}\ 729 \qquad\textbf{c)}\ 819 \qquad\textbf{d)}\ 873 \qquad\textbf{e)}\ 981$

Çözüm:

$A$ sayısını $A=10^{81}-1$ şeklinde yazalım. O halde $A^2$ için, $A^{2}=\left( 10^{81}-1\right) ^{2}=10^{162}-2\cdot 10^{81}+1$ yazılabilir.
$$
\begin{array}{r}
10000000 \ldots 001 \\
- \quad \qquad 200 \ldots 0 \\
\hline
9\ldots 998\ldots 001
\end{array}
$$
Böylece $A^2$ nin rakamlarının toplamı $1+8+80\cdot 9= 729$ bulunur.

$\dfrac{x^3}{\sqrt{4-x^2}}+x^2-4=0$ denkleminin kaç reel kökü vardır?

$\textbf{a)}\ 0 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ 3 \qquad\textbf{e)}\ 1$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Verilen denklemin paydasındaki köklü ifadenin tanımlı olabilmesi için $4-x^2>0$ olmalıdır. Bu halde $-2<x<2$ dir. Denklemi $x^3 = (4-x^2)\sqrt{4-x^2}$ biçiminde düzenlersek sağtaraf pozitif olduğundan sol taraf da pozitif olmalıdır. $x^3>0$ olup $x>0$ yazılır. O halde aradığımız gerçel kökler $0<x<2$ aralığındadır. Şimdi $x^3 = (4-x^2)\sqrt{4-x^2}$ denkleminde her iki yanın karesini alırsak $x^6 = (4-x^2)^3$ olur. Şimdi de her iki tarafın küp kökünü alırsak $x^2 = 4-x^2$ elde ederiz. Buradan $x^2=2$ olup $x= \sqrt{2}$ pozitif kökü elde edilir. Yalnız bir gerçel (reel) kök vardır.

Dışbükey bir $17$-genin tüm köşegenleri çizilmiş ve böylece, kenarları köşegenlerin parçalarından oluşan birçok çokgen elde edilmiştir. Bu yeni çokgenler arasında kenar sayısı en büyük olan dışbükey çokgenin kenar sayısı en fazla kaç olabilir?

$\textbf{a)}\ 34 \qquad\textbf{b)}\ 21 \qquad\textbf{c)}\ 17 \qquad\textbf{d)}\ 13 \qquad\textbf{e)}\ 12$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Çözüm: Verilen çokgenin her köşesinden çıkan köşegenlerden en fazla iki tanesi bir yeni çokgenin kenarlarını içerebilir. Dolayısıyla, yeni çokgenin kenar sayısı (köşe sayısı) verilen çokgenin kenar (köşe )sayısından, yani $17$ den, fazla olamaz. Diğer yandan düzgün $17$-genin içinde, tam ortasında, kenarları $17$-genin köşegenlerinin parçalarından oluşan bir $17$-gen vardır.

Kaynak: Çözüm, resmi çözüm kitabından alınmıştır.

$8 \times 8 =64$ haneli satranç tahtası üzerinde kaç farklı kare çizilebilir? (Her kare tam sayıda hane içermelidir; boyutları veya zapt ettikleri yerler farklı olan karelere farklı diyoruz. Örneğin, $64$ tane $1 \times 1$ karesi çizmek mümkündür.)

$\textbf{a)}\ 204 \qquad\textbf{b)}\ 132 \qquad\textbf{c)}\ 200 \qquad\textbf{d)}\ 120 \qquad\textbf{e)}\ 256$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

$1\times 1$ türünde $8^2$ tane kare vardır. $2\times 2$ türünde $7^2$ tane kare vardır. Bu şekilde devam edersek en sonunda $8\times 8$ türünde $1^2$ tane kare buluruz. Toplamda,
$$ 1^2 + 2^2 + \cdots + 7^2 + 8^2 = \dfrac{8\cdot 9 \cdot 17}{6} = 204 $$
farklı kare bulunur.

Şekilde, bir eşkenar üçgen $9$ tane eşkenar üçgene parçalanmıştır. Düğüm noktalarından en az kaç tanesi silinmelidir ki, köşeleri kalan noktalarda olan bir eşkenar üçgen çizilemesin?

$\textbf{a)}\ 3 \qquad\textbf{b)}\ 4 \qquad\textbf{c)}\ 5 \qquad\textbf{d)}\ 6 \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Silinecek noktalar çeşitli yöntemlerle seçilebilir. Aşağıda iyi yöntem sunuldu.

Çözüm 1: Kenar uzunluğu $1, 2, 3$ birim olan eşkenar üçgenler olduğundan bunları yok etmek için biraz deneme ile en az $4$ nokta silmemiz gerektiğini gözlemleyebiliriz. Çünkü $3$ nokta seçimi ile tüm eşkenar üçgenleri yok edemediğimizi gözlemliyoruz. Merkezdeki nokta ve köşedeki $3$ noktayı silmek yeterlidir.

Resmi çözüm kitabından aldığım çözüm aşağıdaki şekildedir. En az $4$ noktanın silinmesi gerektiği ile ilgili ne gibi bir ispat sunulduğunu merak ettim. Kitapta da bu tür bir ispat yoktu. Yani bu soruyu sezgilerimizle çözmemiz bekleniyor diye anlıyoruz.

Çözüm 2: En az $4$ nokta atılmalıdır (Şekilde, atılması gereken noktalar çember içine alınmıştır).

Hızı sabit olan bir gemi, bir nehrin aynı kıyısında bulunan $A$ kentinden $B$ kentine $5$ saatte ve $B$ kentinden $A$ kentine $7$ saatte gidiyor. Nehre atılan bir tahta parçası $A$ kentinden $B$ kentine kaç saatte ulaşır?

$\textbf{a)}\ 6 \qquad\textbf{b)}\ 12 \qquad\textbf{c)}\ 24 \qquad\textbf{d)}\ 25 \qquad\textbf{e)}\ 35$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Çözüm:Suyun (tahtanın) hızı $y$, geminin hızı $x$ ise gidilen yol $5(x+y) = 7(x-y)$ dir. Bu denklemden $x=6y$ elde edilir. O halde, tahta, $A$ dan $B$ ye $\dfrac{5(x+y)}{y} = \dfrac{5(6y+y)}{y} = 35$ saatte ulaşmıştır.

Kaynak: Resmi çözüm kitabından alınmıştır.

$A,\ B$ ve $C$ farklı rakamları göstermek üzere$,$

ise $A^2+B^2+C^2$ toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 101 \qquad\textbf{b)}\ 97 \qquad\textbf{c)}\ 99 \qquad\textbf{d)}\ 95 \qquad\textbf{e)}\ 103$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Rakamların farklı olabilmesi için toplama işleminin birler, onlar, yüzler basamağında eldeli toplamlar oluşması gerektiğini gözlemleyebiliriz. Birler basamağındaki toplamlar incelenirse $A+B+C=10+B$ olup $A+C=10$ dur. Onlar basamağındaki toplamlar incelenirse $A+B+1 = C + 10$ olur. Yüzler basamağı incelenirse $A+1 = B $ olur. Bu eşitliklerden $A=6, B=7, C=4$ bulunur. $A^2 + B^2 + C^2 = 6^2 + 7^2 + 4^2 = 101$ elde edilir.

Merkezi $O$ noktası ve yarıçapı $3$ olan bir çemberin bir çapı $[AB]$ ve bu çapı $45^{\circ}$ lik açı ile kesen bir kirişi $[CD]$ olmak üzere$,$ $[CM] \perp [AB],$ $[DN] \perp [AB];$ $M,N \in [AB]$ ve $|CM|=2$ ise$,$ $|DN|$ uzunluğu aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ \sqrt5 \qquad\textbf{b)}\ \dfrac52 \qquad\textbf{c)}\ 2 \qquad\textbf{d)}\ \sqrt3 \qquad\textbf{e)}\ 2\sqrt3-\sqrt2$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{A}$

Çözüm: $|OC| = |OD|= 3$ olduğundan $DCO$ bir ikizkenar üçgendir. $\angle DCO = \angle CDO = \alpha $ olmak üzere, $\angle DON = 45^\circ + \alpha = \angle OCM $ olur. Dolayısıyla, $MOC \cong NOD $ olup $|DN| = |MO| = \sqrt{3^2 - 2^2} = \sqrt{5}$ bulunur.

Kaynak: Resmi çözüm kitabından alınmıştır.

Bir küpün her bir yüzünü, siyah veya beyaza boyuyoruz. (Bütün yüzleri aynı renkle boyamaya da izin veriliyor.) Kaç farklı durum söz konusudur? (Küpün herhangi bir dönmesi sonucunda çakışabilen durumlar aynı kabul ediliyor.)

$\textbf{a)}\ 5 \qquad\textbf{b)}\ 10 \qquad\textbf{c)}\ 15 \qquad\textbf{d)}\ 20 \qquad\textbf{e)}\ 2^6$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

Çözüm: Oluşabilecek boyama sayıları küçük olduğu için küpü çizerek durumları gözlemlememiz isteniyor. $x$ tane yüzey beyaz, $y$ tane yüzey siyah renkli olsun. $x+y=6$ dır.

$(x,y)=(0,6)$ için $1$ durum, $(x,y)=(1,5)$ için $1$ durum, $(x,y)=(2,4)$ için $2$ durum, $(x,y)=(3,3)$ için $2$ durum vardır. $x=4,5,6$ durumlarında da simetriden dolayı sırasıyla $2, 1, 1$ durum oluşur. Toplam $1+1+2+2+2+1+1=10$ farklı boyama vardır.

$3^3+5^3+7^3+\cdots +1999^3$ sayısı $999000$ sayısına bölündüğünde kalan aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ 1997 \qquad\textbf{b)}\ 998 \qquad\textbf{c)}\ 1998 \qquad\textbf{d)}\ 999 \qquad\textbf{e)}\ 0$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

$\begin{split}
\sum_{k=1}^{999}(2k+1)^3 & = 8\sum_{k=1}^{999}k^3 + 12\sum_{k=1}^{999}k^2 + 6 \sum_{k=1}^{999} k + \sum_{k=1}^{999} 1\\
& = 8\cdot \left( \dfrac{999\cdot 1000}{2}\right)^2 + 12 \cdot \dfrac{999\cdot 1000\cdot 1999}{6} + 6\cdot \dfrac{999\cdot 1000}{2} + 999 \\
& = 999000A + 999
\end{split}$

olduğundan, kalan $999$ bulunur.

Kaynak: Resmi çözüm kitapçığından alınmıştır.

$1 \times 9$ boyutlarında bir dikdörtgen, şekilde görüldüğü gibi $9$ tane eşit kareye bölünmüş ve bu karelerin köşeleri işaretlenmiştir. Köşeleri, işaretlenmiş noktalarda bulunan kaç tane ikizkenar üçgen çizilebilir?

$\textbf{a)}\ 30 \qquad\textbf{b)}\ 38 \qquad\textbf{c)}\ 44 \qquad\textbf{d)}\ 56 \qquad\textbf{e)}\ 76$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{E}$

Çözüm: $1\times 1$ türündeki her bir kare için $4$ tane ikizkenar üçgen çizilebilir. $9$ birim kare için bu şekilde toplam $4\cdot 9 = 36$ tane ikizkenar üçgen vardır. Ayrıca, tabanı dikdörtgenin uzun kenarı üzerinde olan ikizkenar üçgenler de vardır. Bu ikizkenar üçgenlerin taban uzunlukları $2, 4, 6$ veya $8$ birim uzunluğunda olabilir. Bu tabanların, dikdörtgenin alt uzun kenarı üzerinde olduğunu düşünürsek her birinden sırasıyla $8, 6, 4, 2$ tane vardır. Toplamda $20$ eder. Üst uzun kenar için de benzer hesaplama ile $20$ tane ikizkenar üçgen bulunur. Genel toplam
$$ 36 + 20 + 20 = 76$$
elde edilir.

Şekilde, $ABCD$ bir kare, $E \in [AB$ ve $|AE|=|AC| $'dir. $[AF] \perp [DE]$ ise, $\dfrac{|EF|}{|ED|}$ nedir?

$\textbf{a)}\ \dfrac32 \qquad\textbf{b)}\ \dfrac23 \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{\sqrt2}{2} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{\sqrt3}{3} \qquad\textbf{e)}\ \dfrac12$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{B}$

$|AB|=1$ olduğunu varsayalım. $|AC| = |AE| \sqrt{2}$ olur. $|EF| = x$, $|DF| = y$ diyelim. Öklid bağıntısından $1=|AD|^2 = y(x+y)$ ve $2=|AE|^2 = x(x+y)$ olur. Bu eşitlikleri oranlarsak,
$$ \dfrac{x(x+y)}{y(x+y)} =2 $$
olup $x=2y$ elde edilir. $\dfrac{|EF|}{|ED|} = \dfrac{x}{x+y} = \dfrac{2y}{2y+ y} = \dfrac{2}{3}$ sonucuna ulaşılır.

Şekilde, $ABCD$ bir kare ve $C,A,F$ noktaları doğrusal olmak üzere $DEFA$ bir eşkenar dörtgendir. $[EC] \cap [FD]=\{K\}$ olsun. $\dfrac{|KA|}{|KC|}$ oranı aşağıdakilerden hangisidir?

$\textbf{a)}\ \sqrt2 \qquad\textbf{b)}\ \sqrt2+1 \qquad\textbf{c)}\ \dfrac23 \qquad\textbf{d)}\ \dfrac12 \qquad\textbf{e)}\ \sqrt2-1$

Çözüm 1:

Yanıt: $\boxed{E}$

Çözüm 1: $|AB| = 1$ dersek $|AD|=|AF|=|ED|=1$ ve $|AC|=\sqrt{2}$ olur. $DEFA$ bir eşkenar dörtgen olduğundan $ED \parallel CF$ olur. Ayrıca $|KA| = |KE|$ dir. Böylece $\dfrac{|KA|}{|KC|} = \dfrac{|KE|}{|KC|} = \dfrac{|ED|}{|CF|} = \dfrac{1}{1+\sqrt{2}} = \sqrt{2} - 1$ bulunur.

Çözüm 2:

Çözüm 2: $\angle EDA = \angle DAC = 45^\circ $ olduğundan $\angle EDC = 135^\circ$ dir. $|ED|=|DA|=|DC|$ olduğundan $EDC$ ikizkenar üçgendir. $\angle DEC = \angle DCE = 22,5^\circ$ olur. Böylece $\angle KCA = 22,5^\circ$ dir. $[DF]$ köşegeni eşkenar dörtgenin simetri ekseni olduğundan $\angle EDK = \angle ADK = 22,5^\circ$ dir. Böylece $\angle ADK = \angle ACK$ olup $ACDK$ bir kirişler dörtgenidir. Açıkça bu kirişler dörtgeninin çevrel çemberi, $ABCD$ karesinin çevrel çemberidir. $\angle AKC = \angle ADC = 90^\circ $ olur. Yani $AKC$ dik üçgeni $22,5^\circ$ ve $67,5^\circ$ dar açılarına sahiptir. Bu dik üçgende $\dfrac{|AK|}{|KC|} = \tan 22,5^\circ = \sqrt{2} - 1$ dir.

$\dfrac{11n+3}{23n+2}, (n \in \mathbb{N})$ kesrini kısaltan $k \neq 1$ doğal sayısının rakamlarının toplamı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 5 \qquad\textbf{b)}\ 7 \qquad\textbf{c)}\ 9 \qquad\textbf{d)}\ 11 \qquad\textbf{e)}\ 15$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Öklid algoritması kullanarak pay ve paydadaki sayıların en büyük ortak böleni olan ve $d$ ile göstereceğimiz sayıyı inceleyelim. $d= (11n+3, 23n+2) = (11n+3, 23n+2 - 2(11n+3)) = (11n+3, n-4) = (11n+3 - 11(n-4), n-4) = (47, n-4)$ olur. O halde $d=1$ veya $d=47$ olabilir. Pay ve paydayı sadeleştiren (kısaltan) $k$ sayısı için $k\mid d$ dir. $k\neq 1$ ise, $k=47$ olmalıdır. $4+7 = 11$ bulunur.

Şekildeki $O$ merkezli çemberin; bir çapı $[AB]$, bir kirişi $[CB]$'dir. $[CB]$'nin orta noktası $D$ ve $A,D,E$ noktaları doğrusal noktalar olmak üzere, çemberin yarıçapı $6$ ve $[BC]$ kirişinin merkezden uzaklığı $2$ ise, $|DE|$ nedir?

$\textbf{a)}\ 4\sqrt3 \qquad\textbf{b)}\ 6 \qquad\textbf{c)}\ \dfrac{5\sqrt3}{2} \qquad\textbf{d)}\ \dfrac{8\sqrt3}{3} \qquad\textbf{e)}\ 5$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{D}$

Merkezden kirişe inilen dikme kirişi iki eş parçaya ayırdığından $OD \perp BC$ dir. Ayrıca Thales teoreminden (çapı gören çevre açıdan) dolayı $\angle ACB = 90^\circ $ dir. $ODB$ dik üçgeninde $|CD|=|BD| = \sqrt{6^2 -2^2} = 4\sqrt{2}$ dir. $ABC$ üçgeninde $[OD]$ bir orta taban olduğundan $|AC|=2|OD| = 4$ tür. Böylece $|AD| = \sqrt{4^2 + (4\sqrt{2})^2} = 4\sqrt{3}$ olur. $D$ noktasının çembere göre kuvvetinden $|AD|\cdot |DE| = |CD|\cdot |DB|$ olup $4\sqrt{3}\cdot |DE| = 32 $ dir. Buradan $|DE| = \dfrac{8\sqrt{3}}{3}$ elde edilir.

Şekilde, $\widehat{xOy}$ sabit bir açı, $|OA|=1$ ve $|AB|=2$'dir. $C$ noktası, $[Oy$ ışını üzerinde hareket eden bir nokta olmak üzere, $\widehat{ACB}$ açısı en büyük iken, $|OC|$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 2 \qquad\textbf{b)}\ \dfrac52 \qquad\textbf{c)}\ \sqrt3 \qquad\textbf{d)}\ \sqrt2 \qquad\textbf{e)}\ 1$

Çözüm:

Yanıt: $\boxed{C}$

Çözüm: $C$ noktası; $A$ ve $B$ den geçen ve $[OY$ ye teğet olan çemberin değme noktası olduğunda $\angle ACB$ en büyük olur. Bu durumda, kuvvet kuralından
$$ |OC|^2 = |OA|\cdot |OB| = 1\cdot 3 = 3 $$
olup $|OC| = \sqrt{3}$ bulunur.

Kaynakça: Resmi çözüm kitabından alınmıştır.

Antalya Matematik Olimpiyatı 1. Aşama - 1999 - Lise 1-2 Çözümleri