Tübitak Lise 1. Aşama 2024 Soru 21

[matematikolimpiyati]

Bir $ABCD$ dikdörtgeninin $[CD]$ kenarı üzerinde alınan bir $E$ noktası $|AE|=|CD|$ eşitliğini sağlamaktadır. $AE \cap BC = \{ F \}$ olmak üzere, $ECFG$ bir dikdörtgen olacak şekilde bir $G$ noktası alınıyor. $DF \cap AG = \{ K \}$ olmak üzere, $m(\widehat{AKE})=45^{\circ}$ ve $m(\widehat{KAE})=25^{\circ}$ ise $m(\widehat{EAB})$ kaçtır?

$\textbf{a)}\ 20^{\circ}  \qquad\textbf{b)}\ 30^{\circ}  \qquad\textbf{c)}\ 40^{\circ}  \qquad\textbf{d)}\ 45^{\circ}  \qquad\textbf{e)}\ \text{Hiçbiri}$

[geo]

Yanıt: $\boxed C$

$AG \cap CD = \{L\}$ ve $FG \cap AD = \{M\}$ olsun.

$$\dfrac{DL}{DE} = \dfrac{DL}{MG} = \dfrac{AD}{AM} = \dfrac{AE}{AF} = \dfrac {AB}{AF} = \dfrac {EC}{EF} \Longrightarrow DL = \dfrac{DE \cdot EC}{EF} \tag{1}$$

$\dfrac{DK}{KF} = \dfrac{DL}{GF} = \dfrac{DL}{EC} = \dfrac {\dfrac {DE \cdot EC}{EF}}{EC} = \dfrac {DE}{EF}$ elde ederiz. Bu da $EK$ nin $\angle DEF$ nin açıortayı olduğu anlamına gelir.

$\angle EAB = \alpha$ dersek $\angle AED = \alpha$, $\angle DEK = \angle FEK = 90^\circ - \dfrac {\alpha}{2}$ ve $\angle FEK = \angle KAE + \angle AKE = 45^\circ + 25^\circ = 70^\circ = 90^\circ - \dfrac {\alpha}{2} \Longrightarrow \alpha = 40^\circ$ olur.

[Lokman Gökçe]

Problemin Geçerliliği Hakkında Bir Bilgi Notu ve Değerlendirme: Gerçekte, problemde verilen açı ölçülerine uygun olarak çizim yapılamamaktadır. Çizim ile ilgili sorunlu durum, resmi itiraz süresi içinde yapılmadığı için herhangi bir soru iptali oluşmamıştır. Ayrıca, bu sorunlu durumu yakalamak da çok kolay değildir. Çizim programları aracılığı ile bunu ortaya koyabiliyoruz. Soruyu öngörülen biçimde çözmüş öğrencilerin mağduriyet yaşamaması için sorunun iptal edilmemesi de doğru karar olmuştur kanaatindeyim. Çünkü yanıta ulaşan öğrenciler, kendilerinden beklenilen geometrik becerileri göstermeyi başarmışlardır. Şimdi, problemdeki teoriyi açıklamamız öğretici olacaktır.

Yanıt: $\boxed{C}$

$AG \cap CD = \{L\}$ olsun. Menelaüs teoreminden $\dfrac{AE}{AF}\cdot \dfrac{FK}{KD}\cdot \dfrac{DL}{LE} = 1$ ve $\dfrac{BC}{BF}\cdot \dfrac{FK}{KD}\cdot \dfrac{DE}{EC} = 1$ olur. Ayrıca $ABF \sim ECF$ benzerliğinden dolayı $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{BC}{BF}$ olur. Böylece, $\dfrac{DL}{LE} = \dfrac{DE}{EC}$ elde edilir. Bu eşitliği, Menelaüs teoremi kullanarak yazdığımız eşitlikte kullanırsak,
$$ \dfrac{AE}{AF}\cdot \dfrac{FK}{KD}\cdot\dfrac{DE}{EC} = 1 \tag{1}$$
olur. $AE = CD = AB$ olduğundan ve $ABF \sim ECF$ benzerliğinden, $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{AB}{AF} =  \dfrac{EC}{EF}$ olur. Bunu $(1)$ de yazarsak,
$$ \dfrac{FK}{KD} = \dfrac{EF}{DE} \tag{2}$$
elde ederiz. Bu ise, $[EK]$ nin, $DEF$ üçgeninde bir iç açıortay olduğunu gösterir. $\angle DEK = \angle FEK$ dir. $AEB$ ikizkenar üçgen ve $\angle CEB = \angle ABE = \angle AEB$ dir. Bu açı eşitlikleri bize $K, E, B$ nin doğrusal olduğunu gösterir. Açı takibi ile $\angle KAE + \angle AKE = \angle AEB = \angle ABE$ yazılır.  $\angle KAE + \angle AKE = 25^\circ + 45^\circ = 70^\circ$ olduğundan $\angle EAB = 40^\circ$ olur.

Son Değerlendirme: Çizim ile ilgili bahsettiğim kusur şudur: $\angle KAE$ ve $\angle AKE$ birbirinden bağımsız değildir. Bunlardan biri verilince, çizim programına göre diğeri sabitlenmektedir. Eğer soruda $\angle KAE + \angle AKE = 70^\circ$ verilirse, herhangi bir çizim sorunu yaşanmayacaktır. Bununla ilgili daha fazla açıklamayı video çözümde, dk 10-15 aralığında bulabilirsiniz.