Tübitak Lise 1. Aşama 1998 Soru 01

[geo]

Kenar uzunlukları $|BC|=a$, $|CA|=b$, $|AB|=c$ olan bir $ABC$ üçgeninde $3m(\widehat{A})+m(\widehat{B}) = 180^\circ$ ve $3a = 2c$ ise, $b$ nin $a$ cinsinden değeri aşağıdakilerden hangisidir?

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

[geo]

Yanıt: $\boxed{B}$

$\angle C = 2\cdot \angle A = 2\alpha$ olur. $\angle C$'nin açıortayı $CD$'yi çizelim. $\angle BCD = \angle DCA = \angle CAB = \alpha$ olacaktır. Bu durumda $\triangle CBD \sim \triangle ABC$ $(A.A)$ elde edilir. $$\dfrac {CB}{AB} = \dfrac {BD}{CB} \Rightarrow CB^2 = BD \cdot AB \Rightarrow a^2 = BD \cdot \dfrac {3a}2 \Rightarrow BD = \dfrac {2a}3 \Rightarrow AD = \dfrac{3a}2 - \dfrac{2a}3 = \dfrac{5a} 6 $$ olur.

Bu aşamadan sonra iki şekilde çözüme gidebiliriz:

$(i)$ Açıortay teoreminden $$\dfrac {BC}{BD} = \dfrac {AC}{AD} \Rightarrow \dfrac {a}{\dfrac {2a}{3}} = \dfrac {b} {\dfrac{5a}6} \Rightarrow b = \dfrac{5a}4$$ elde edilir.

$(ii)$ $\angle DAC = \angle DCA$ olduğu için $AD=DC = \dfrac {5a}{6}$ ve benzerlikten $$\dfrac {CB}{AB} = \dfrac {CD}{AC} \Rightarrow AC = \dfrac {CD \cdot AB}{CB} = \dfrac{\dfrac {5a}{6} \cdot \dfrac {3a}{2}}{a} = \dfrac {5a}{4}$$

[geo]

Sinüs Teoremin'den $\dfrac {AB}{\sin{2\alpha}} = \dfrac {BC}{\sin{\alpha}} = \dfrac {AC}{\sin{180^{\circ} - 3\alpha}}$ olur.
$$ \dfrac c {\sin{2\alpha}} = \dfrac a {\sin{\alpha}} = \dfrac b {\sin {3\alpha}} \Rightarrow \dfrac {\sin{2\alpha}}{\sin{\alpha}} = \dfrac 32 \Rightarrow 2\cos{\alpha} = \dfrac 32 \Rightarrow \cos{\alpha} = \dfrac 34$$
İlk denklemden $b$'yi çekersek, $b = a\cdot \dfrac {\sin{3\alpha}} {\sin{\alpha}}$ elde ederiz.
$\sin{3\alpha} = 3\sin{\alpha} - 4\sin^3{\alpha}$ olduğu için $b = a(3 - 4\sin^2{\alpha})$ elde edilir.
$\cos{\alpha} = \dfrac 34 \Rightarrow \cos^2{\alpha} = \dfrac 9{16} \Rightarrow \sin^2{\alpha} = \dfrac 7{16}$ olacağı için $b = a \left (3 - 4\sin^2{\alpha} \right ) = a \left (3 - 4\cdot \dfrac 7{16} \right ) = \dfrac {5a}4$ elde edilir.

[geo]

$[AC$ üzerinde ($\triangle ABC$'nin dışında) $BC=CD=a$ olacak şekilde $D$ noktası alalım. $\angle BDC = \dfrac{\angle BCA}2 = \angle CAB$ olduğu için $BD=AB=c$ dir.

Bu aşamadan sonra iki şekilde çözüme gidebiliriz:

$(i)$ İkizkenar üçgende Stewart'ın özel halinden $$AB^2 - AC \cdot CD = BC^2 \Rightarrow \left(\dfrac {3a} 2\right)^2 - b\cdot a = a^2 \Rightarrow b = \dfrac{\dfrac {9a^2}{4} - a^2} a = \dfrac {5a} 4$$ olur.

$(ii)$ $\triangle DCB \sim \triangle DBA$ dir. $$\dfrac {DC}{DB} = \dfrac {DB}{DA} \Rightarrow DA = \dfrac {9a}{4} \Rightarrow AC =\dfrac{9a}{4}-a = \dfrac{5a}{4}$$

[geo]

$\angle A = \alpha$ dersek $\angle C = 2\alpha$ olur.
$B$ den $AC$ ye inilen dikmenin ayağı $H$ olsun.
$BH = BA \cdot \sin \alpha = BC \cdot \sin 2\alpha$ ve $\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha$ olduğu için $\cos \alpha = \dfrac {BA}{2\cdot BC} = \dfrac {c}{2a} = \dfrac 34$ tür.
$\triangle ABH$ de, $\dfrac {AH}{BA} = \cos \alpha = \dfrac 34 \Rightarrow AH = \dfrac {3c}{4} = \dfrac {9a}{8}$ elde edilir.
$AB^2 - BC^2 = AH^2 - CH^2 \Rightarrow  \dfrac {81a^2}{64} - CH^2 = c^2 - a^2 = \dfrac {9a^2}{4} - a^2 = \dfrac {5a^2}{4} \Rightarrow CH^2 = \dfrac {a^2}{64} \Rightarrow CH = \dfrac {a}{8}$.
$AC = AH + CH = \dfrac {10a}{8} = \dfrac {5a}{4}$ olur.

Not 1: Aslında $H$ nin $[AC]$ dışında olduğu durumda $AC = AH - CH = \dfrac {8a}{8} = a$ olur. $\angle B = \alpha$ olacağı için $ABC$ üçgeni ikizkenar dik üçgen olur. Bu durumda kenarlar $a$, $a$, $3a/2$ olamaz.

Not 2: $\angle C$ nin dar açı olduğunun bir diğer ispatı da $\cos 2\alpha = 2\cos^2 \alpha - 1 = \dfrac 18 > 0$ olmasıdır. Zaten $\cos 2\alpha$ hesaplandığında $\cos 2\alpha = \dfrac {CH}{BC} \Rightarrow CH = \dfrac a8$ elde edileceği için $AC = \dfrac {10a}{8} = \dfrac {5a}4$ çıkar.