Tübitak Lise 1. Aşama 2014 Soru 29

[ERhan ERdoğan]

$|AB|=13 , |BC|=12$ ve $|CA|=5$ olan bir $ABC$ üçgeninin $A$ ve $B$ köşelerine ait iç açıortaylar $I$ noktasında kesişiyor ve karşı kenarları da sırasıyla, $D$ ve $E$ noktalarında kesiyor. $[DE]$ nin orta noktasından ve $I$ dan geçen doğru $[AB]$ yi $F$ noktasında  kesiyor ise, $|AF|$ nedir?   

$
\textbf{a)}\ \dfrac{3}{2}
\qquad\textbf{b)}\ 2
\qquad\textbf{c)}\ \dfrac{5}{2}
\qquad\textbf{d)}\ 3
\qquad\textbf{e)}\ \dfrac{7}{2}
$

[ERhan ERdoğan]

Yanıt: $\boxed{C}$

Bahse konu doğrunun dik üçgenin hipotenüsüne dik olduğunu genel durumda görelim.

$D,E,I$ noktalarında hipotenüse inilen dikme ayakları sırasıyla $D',E', I'$olsun. $|BC|=|BD'|=a$ ve $|AC|=|AE'|=b$ eşitlikleri vardır.

Buradan  $|AD'|=c-a$ ve $|BE'|=c-b$ dir. Ayrıca $|I'A|=u-a$ ve $|I'B|=u-b$ olduğundan $|I'D|=|I'E|=u-c$ olur.

$EDD'E'$ yamuğundan $II' \parallel DD' \parallel EE'$ olduğundan $II'$ doğrusu $[DE]$ nı ortalar.

Buna göre verilen üçgende $[IF] \perp [AB]$ olup $|AF|=u-a=u-|BC|=15-12=3$ tür.

[geo]

$DE$ nin orta noktası $Z$, $BE \cap DF = \{Y\}$ ve $AD \cap EF = \{X\}$ olsun.

$\triangle DBF$ de açıortay teoreminden, $\dfrac{BD}{BF} = \dfrac{DY}{YF}$.

$\triangle AEF$ de açıortay teoreminden, $\dfrac{AF}{AE} = \dfrac{XF}{XE}$.

$\triangle DEF$ üçgeninde, $X$, $Y$, $Z$ noktaları için Ceva Teoremi uygularsak, aslında bilinen bir özellik, $$\dfrac{DY}{YF} \cdot \dfrac{XF}{XE} \cdot \dfrac {EZ}{ZD} \Rightarrow \dfrac{BD}{BF} \cdot \dfrac{AF}{AE} \Rightarrow \dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AE}{BD} \tag{1}$$ olacaktır.
$\triangle ABC$ de, $a=12$, $b=5$, $c=13$ olup, açıortay teoreminden, $BD = \dfrac{ac}{b+c} = \dfrac {26}{3}$ ve $AE = \dfrac{bc}{a+c} = \dfrac {13}{5}$ tir. $(1)$ de yerine yazarsak, $\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{3}{10}$ çıkar. $AB=13$ olduğu için $AF=3$ tür. $\blacksquare$

Not:
Dikkat ettiyseniz, $\triangle ABC$ nin dik üçgen olduğunu kullanmadık. $\angle ACB$ nin ölçüsünden bağımsız, her üçgende $\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AE}{BD} = \dfrac{b(b+c)}{a(a+c)}$ bağıntısı vardır.
Özel olarak, $c^2 = a^2+b^2$ olduğunda, ayrıca her dik üçgende $[ABC]=(u-a)(u-b) = \dfrac{ab}2$ olduğu için $$\begin{array}{rcl}
\dfrac{b(b+c)}{a(a+c)} &=& \dfrac{2b(b+c-a)+2ab}{2a(a+c-b)+2ab}\\
&=& \dfrac{2b(b+c-a)+(b+c-a)(a+c-b)}{2a(a+c-b)+(b+c-a)(a+c-b)} \\
&=& \dfrac{(b+c-a)(a+b+c)}{(a+c-b)(a+bc)} \\
&=& \dfrac{u-a}{u-b}
\end{array}$$ elde edilir. $AC = b = (u-a)+(u-b)$ olduğu için, $F$ noktası, iç teğet çemberin $AC$ ye değdiği noktadır. Yani $IF \perp AB$.

Aslında, $\dfrac{b(b+c)}{a(a+c)} = \dfrac{u-a}{u-b}$ denkleminin çözüm kümesi (çapraz çarpım yapıp, çarpanlara ayrıldığında görülebilir) $a=b$ veya $c^2 = a^2+b^2$ dir. Bu da demek oluyor ki, $\triangle ABC$ üçgeninde $AC=BC$ olduğunda veya $AC^2 + BC^2 = AB^2$ olduğunda, $IF \perp AB$ dir.

[geo]

$D$ den $FI$ ya çizilen paralel $BA$ yı $D^\prime$ da, $BE$ yi $D^{\prime \prime}$ de kessin.
$E$ den $FI$ ya çizilen paralel $BA$ yı $E^{\prime}$ de, $AD$ yi $E^{\prime \prime}$ de kessin.

Açıortay teoreminden, $\dfrac{BI}{IE} = \dfrac{AB}{EA} = 5$ ve $\dfrac{AI}{ID} = \dfrac{AB}{BD} = \dfrac 32$.
$IE=a$ ve $ID=2b$ olsun.
$IE = ID^{\prime \prime} = a$ ve $BD^{\prime}=4a$; $ID=IE^{\prime \prime}=2b$ ve $AE^{\prime \prime}=b$ dir.
Bu durumda, $AE^{\prime}=m$ ise, $E^{\prime}F=D^{\prime}F=2m$ ve $BD^{\prime}=8m$ olur. $AB=13m$ olduğu için $AF=3m=3$ tür.

[geo]

Üçgenin iç teğet çemberinin yarıçapı, $r=u-c=15-13=2$.
Açıortay teoreminden $CE=\dfrac{12}5$, $CD=\dfrac{10}3$.

$C(0,0)$, $A(5,0)$, $B(0,12)$ olsun. $I(2,2)$ olacaktır.
$DE$ nin orta noktası $M$ olsun. $M(6/5,4/3)$.

$MI:5x-12y+14=0$.
$BC:12x+5y-60=0$.

Bu iki doğrunun ortak çözümü $x=\dfrac{50}{13}$ tür.
$F$ noktasının apsisi $\dfrac{50}{13}$ olduğu için benzerlikten $\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{5-\dfrac{50}{13}}{5}=\dfrac{3}{13} \Longrightarrow AF=3$.

Not: Doğru denklemlerini yazınca, $MI \perp BC$ olduğu kolayca görülebilir. Bu durumda $F$ iç teğet çemberin kenara değdiği nokta olur. Yani doğrudan $AF=u-a=15-12=3$ sonucuna varabiliriz.