Üçgen içerisinde P noktası, Model 1.3

[geo]

$\triangle ABC$ nin iç bölgesinde $\angle ABP = 30 ^\circ + \angle ACP$, $\angle BCP = 30^\circ - \angle ACP$ ve $\angle PBC = 30^\circ$ olacak şekilde bir $P$ noktası alınıyor. $\angle PAC = 2\angle ACP$ olduğunu gösteriniz.

[geo]

$P=D$ olmak üzere;

http://geomania.org/forum/fantezi-geometri-arsivi/model-ucgen-ve-dortgen/msg83/#msg83



Not:
Bu sorunun Ceva teoreminin trigonometrik yer değiştirme özelliğine göre modellenmiş hali burada Model 1.3 olarak verilmiş.

[geo]

Model 1.3 ten Model 3.6 ya geçiş mümkün.

$B$ nin $CP$ ye göre simetriği $B'$, $D$ nin $AB$ ye göre simetriği $D'$ olsun.

$B'D'C$ üçgeninde $\angle ACD' = \alpha$, $\angle D'B'A = 30^\circ + \alpha$, $\angle AB'C = 60^\circ + \alpha$ ve $\angle ACB' = 30^\circ - 2\alpha$ olacaktır.
Bu da $y = \angle AD'C$ olmak üzere  $(\alpha, 60^\circ + \alpha) : (30^\circ - 2\alpha, 30^\circ + \alpha) \to (x,y)$ şeklinde ifade edilebilen (bkz. Ceva Modelleri) Model 3.6 dır.
Buradan $\angle AD'C = \angle ADD' = 3\alpha$ ve $\angle DAC = 2\alpha$ sonucu çıkacaktır.

[geo]

$\angle BAP = \theta$ ve $\angle PCA = x$ diyelim.

$CP \cap AB = \{H\}$ olsun. $CH \perp AB$ dir.
$\triangle APB$ de ve $\triangle ACB$ de $\dfrac{BH}{AH}$ oranını yazarsak $$\dfrac{\tan \theta}{\tan (30^\circ + x)} = \dfrac{\tan (90^\circ - x)}{\tan (60^\circ + x)} $$ elde ederiz. Biraz düzenlemeyle $\tan \theta = \dfrac {1}{\tan (60^\circ - x) \tan (60^\circ + x) \tan x}$ elde ederiz. Paydadaki ifadenin $\tan 3x$ e eşit olduğunu burada göstermiştik.
O halde $\tan \theta = \dfrac {1}{\tan 3x} = \tan (90^\circ - 3x) \Rightarrow \theta = 90^\circ - 3x$ ve $\angle PAC = 2x$ dir.

[geo]

Açıların Trigonometrik Ceva teoreminin bir sonucu olarak yer değiştirmiş hallerinden birine çözüm verelim:

Problem:
$\triangle ABC$ nin iç bölgesinde $\angle ABP = 30^\circ$, $\angle CAP = t$, $\angle BAP = 30^\circ - t$, $\angle ACP = 30^\circ + t$ olacak şekilde $P$ noktası alınıyor. $\angle CBP = 2t$ ve $\angle BCP = 90^\circ - 3t$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$B$ nin $AC$ ye göre simetriği $B'$ olsun.


$ABB'$ bir eşkenar üçgendir.
$\angle ABP= \angle B'VB = 30^\circ$ olduğu için $AP=B'P$, dolayısıyla $\angle ACP = \angle PAB' = \angle AB'P = 30^\circ + t$. Bu durumda, $A,B',C, P$ çemberseldir. $\angle CAP = \angle CB'P = t$ olacaktır.
Ayrıca, $\angle BAP = \angle BB'P = 30^\circ - t$ olduğu için $\angle BB'C = \angle B'BC = |30^\circ - 2t|$ olacaktır.
$\angle CBP = 30^\circ - (30^\circ -2t) = 2t$ ya da $\angle CBP = 30^\circ + (2t - 30^\circ) = 2t$ olur.