Gönderen Konu: 1999 Romanya Final Turu Form 7-3 {çözüldü}  (Okunma sayısı 571 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3010
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
1999 Romanya Final Turu Form 7-3 {çözüldü}
« : Ağustos 08, 2019, 02:37:05 ös »
Soru: $ABCD$ bir konveks dörtgen, $m(\widehat{BAC})=m(\widehat{CAD})$, $m(\widehat{ABC})=m(\widehat{ACD})$, $[AD \cap [BC =\{E \}$, $[AB \cap [DC =\{F \}$ dir. Buna göre,

a. $|AB|\cdot |DE|=|BC|\cdot |CE|$
b. $|AC|^2\lt \dfrac{1}{2} \left(|AD|\cdot|AF| + |AB|\cdot |AE| \right)$

olduğunu ispatlayınız. (Sorin Pelingrad)
« Son Düzenleme: Ağustos 10, 2019, 04:04:57 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3010
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: 1999 Romanya Final Turu Form 7-3 {çözüldü}
« Yanıtla #1 : Ağustos 10, 2019, 02:25:45 öö »
Çözüm 1 (Lokman GÖKÇE):

a. $ABE$ üçgeninde $[AC]$ iç açıortay olduğundan $$ \dfrac{|AB|}{|BC|}= \dfrac{|AE|}{|EC|} \tag{1} $$
ve $AEC \sim CED $ (açı-açı-açı benzerliği) olduğundan $$ \dfrac{|AE|}{|EC|} = \dfrac{|CE|}{|ED|} \tag{2}$$
elde edilir. $(1)$ ve $(2)$ eşitliklerinden $$ |AB|\cdot |DE|=|BC|\cdot |CE| $$ sonucuna ulaşılır.


b. $m(\widehat{BAC})=m(\widehat{DAC})=\alpha $ ile gösterelim. $Alan(ADF)=Alan(ACD) + Alan(ACF)$ olup

$ \dfrac{1}{2}\cdot |AD|\cdot |AF|\cdot \sin(2\alpha) = \dfrac{1}{2}\cdot \left( |AD|\cdot |AC| + |AF|\cdot |AC| \right)\cdot \sin(\alpha)$
yazılır. Burada $\sin(2\alpha)=2\sin(\alpha)\cos(\alpha)$ özdeşliği kullanılırsa $ |AC|= 2\cos(\alpha)\cdot \dfrac{|AD| \cdot |AF|}{|AD|+|AF|} < \dfrac{2\cdot |AD| \cdot |AF|}{|AD|+|AF|}$ olup $$|AC|< \dfrac{2\cdot |AD| \cdot |AF|}{|AD|+|AF|} \tag{3}$$ eşitsizliği elde edilir. Benzer şekilde

$$|AC|< \dfrac{2\cdot |AB| \cdot |AE|}{|AB|+|AE|} \tag{4}$$

yazılabilir. Diğer taraftan, bir üçgende bir köşeden çıkan iç açıortayın uzunluğu, bu köşeye komşu olan kenar uzunluklarının aritmetik ortalamasından küçük olduğunu burada göstermiştik. Buna göre $AFD$ ve $ABE$ üçgenlerinde $[AC]$ iç açıortayı için
$$ |AC|<\dfrac{|AD|+|AF|}{2} \tag{5}$$ ve
$$ |AC|<\dfrac{|AB|+|AE|}{2} \tag{6}$$ elde edilir. $(3)$ ve $(5)$ ten
$$ |AC|^2 < |AD|\cdot|AF| $$ $(4)$ ve $(6)$ dan $$ |AC|^2 < |AB|\cdot |AE| $$ elde edilir. Bu son iki eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa $|AC|^2\lt \dfrac{1}{2} \left(|AD|\cdot|AF| + |AB|\cdot |AE| \right)$ sonucuna ulaşılır.
« Son Düzenleme: Nisan 27, 2020, 02:27:54 öö Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 3010
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: 1999 Romanya Final Turu Form 7-3 {çözüldü}
« Yanıtla #2 : Ağustos 10, 2019, 03:10:15 öö »
b Kısmı İçin 2. Yol
$ABC \sim ACD$ (açı-açı-açı benzerliği) olduğundan $\dfrac{|AC|}{|AD|}=\dfrac{|AB|}{|AC|}$ yazılabilir. Buradan $$ |AC|^2 = |AB|\cdot |AD| \tag{7}$$ elde edilir. Ayrıca basitçe $$ |AB|<|AF| \tag{8}$$ ve $$ |AD|<|AE| \tag{9}$$ eşitsizlikleri vardır.

$(7)$ ve $ ( 8 ) $ den $|AC|^2 < |AD|\cdot |AF|$ olur.
$(7)$ ve $ ( 9 ) $ dan $|AC|^2 < |AB|\cdot |AE|$ olup bu iki eşitsizlik taraf tarafa toplanırsa $$|AC|^2\lt \dfrac{1}{2} \left(|AD|\cdot|AF| + |AB|\cdot |AE| \right) $$ eşitsizliğine ulaşılır.

Not: Çözümün bu ikinci yolu, sınavın resmi çözüm kitapçığında sunulmuştur.
« Son Düzenleme: Ağustos 10, 2019, 04:06:06 ös Gönderen: scarface »
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal