Gönderen Konu: Tübitak Lise 2. Aşama 2019 Soru 4  (Okunma sayısı 298 defa)

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1760
  • Karma: +8/-0
Tübitak Lise 2. Aşama 2019 Soru 4
« : Ocak 04, 2020, 08:14:11 öö »
$|AB|=|AC|$ şartını sağlayan bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin küçük $AC$ yayı üzerinde uç noktalardan farklı bir $M$ noktası alınıyor. $BM$ nin $AC$ yi kestiği nokta $E$, $BMC$ açısının iç açıortayının $BC$ yi kestiği nokta $F$ olmak üzere $m(\widehat {AFB}) = m(\widehat {CFE})$ eşitliği sağlanıyor. $ABC$ nin eşkenar olduğunu gösteriniz.

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 248
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2019 Soru 4
« Yanıtla #1 : Nisan 19, 2020, 10:12:13 ös »
$\mid AE \mid = m$ , $\mid AB \mid = x$ , $\mid BH \mid=y$ , $m(\widehat{ABM})=\theta$ , $m(\widehat{EFC})=\beta$  , $m(\widehat{ABC})=\alpha$  ve $m(\widehat{HFD})=\phi$ olsun.

$[MF$ ışını çemberi ikinci kez $D$ noktasında kessin.  $AD$ çizilirse $BC$ ye dik olmalıdır çünkü $m(\widehat{BAD})=m(\widehat{DAC})$ olur. Bu nedenle $AD \perp BC$ bulunur.  $AD \cap BC =\{H \}$ olacak şekilde $H$ noktamızı alalım. Bu bilgilerle şekildeki açıları yazalım.

$m(\widehat{MBC})=m(\widehat{CAM})=\alpha -\theta$ , $m(\widehat{FAC})=\beta - \alpha $ ,$m(\widehat{AFM})=180-\beta-\phi$

 ve $m(\widehat{AMD})=90$ olur.

$EFC \sim AFB$ olduğu kolayca görülebilir.

$\dfrac{EF}{AF}=\dfrac{FC}{FB}=\dfrac{EC}{AB}=\dfrac{x-m}{x}$

$FC=x.k$ olsun. $BC=(x-m).k+xk=2y$ buradan $k=\dfrac{2y}{2x-m}$ bulunur.

$FC=2y.\dfrac{x-m}{2x-m}$

$HF=\dfrac{my}{2x-m}$ bulunur.

Pisagor teoreminden $AH= \sqrt{x^2-y^2}$ bulunur. Çemberde kuvvet teoreminden

$$AH.HD=BH.HC$$ olacağından $HD=\dfrac{y^2}{\sqrt{x^2-y^2}}$

$AMCF$ dörtgeninde köeşegenlere göre trigonometrik seva teoremi yazalım.

$$\dfrac{\sin (90-\alpha)}{\sin90}.\dfrac{\sin(\alpha-\theta)}{\sin(\beta-\alpha)}.\dfrac{\sin(180-\beta-\phi)}{\sin(\phi)}.\dfrac{\sin \alpha}{\sin \theta}=1$$ olduğunu elde ederiz. $(1)$

$BEA$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\dfrac{m}{\sin \theta}=\dfrac{BE}{\sin 2\alpha}$  elde edilir. Bunu $(1)$ de yerine koyalım.

$$\dfrac{2 \sin \alpha .\cos \alpha }{\sin \theta}.\dfrac{\sin(\alpha-\theta)}{\sin(\beta-\alpha)}.\dfrac{\sin(\beta+\phi)}{\sin(\phi)}=2$$

$$\dfrac{BE}{m}.\dfrac{\sin(\alpha-\theta)}{\sin(\beta-\alpha)}.\dfrac{sin(\beta+\phi)}{\sin \phi}=2$$ $(2)$ elde edilir.

$BEC$ üçgeninde sinüs teoreminden $\dfrac{(x-m)}{\sin(\alpha-\theta)}=\dfrac{BE}{\sin \alpha}$  buradan

$\dfrac{(x-m). \sin\alpha}{BE}=\sin(\alpha-\theta)$

$AFC$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\dfrac{\dfrac{2.y.(x-m)}{2x-m}}{\sin(\beta-\theta)}=\dfrac{AF}{\sin \alpha}$ buradan

$\dfrac{2y.(x-m).\sin\alpha}{(2x-m).AF}=\sin(\beta-\theta)$

Bulduklarımızı $(2)$ de yerine koyalım.

$\dfrac{BE}{m}.\dfrac{\dfrac{(x-m).\sin\alpha}{BE}}{\dfrac{2.y.(x-m).\sin\alpha}{(2x-m).AF}}.\dfrac{\sin(\beta+\phi)}{\sin\phi}=2$
Gerekli sadeleştirmeler yapılırsa $\dfrac{(2x-m).AF.sin(\beta+\phi)}{2my.\sin\phi}=2$ elde edilir. $(3)$ 

$AHF$ dik üçgeninden $\cos\beta=\dfrac{\dfrac{my}{2x-m}}{AF}$  elde edilir. $(3)$ te yerine koyarsak

$\dfrac{2\sin\phi \cos\beta}{\sin(\beta+\phi)}=\dfrac{1}{2}$ Buradan

$4.\sin\phi \cos\beta=\sin(\phi+\beta)=\sin\phi .\cos\beta+\sin\beta.\cos\phi$  Buradan da

$3\cos\beta \sin\phi=\sin\beta \cos\phi$  buradan da $tan\beta=3\tan\phi$  $(4)$ bulunur.

$DHF$ üçgeni yardımıyla $\tan\phi=\dfrac{\dfrac{y^2}{\sqrt{x^2-y^2}}}{\dfrac{my}{2x-m}}$ yani $\tan\phi=\dfrac{y^2.(2x-m)}{\sqrt{x^2-y^2}.my}$

$ADF$ üçgeninden $\tan\beta=\dfrac{\sqrt{x^2-y^2}}{\dfrac{my}{2x-m}}=\dfrac{\sqrt{x^2-y^2}.(2x-m)}{my}$ bu iki eşitliği $(4)$ te yerine koyalım.

$\dfrac{3y^2 .(2x-m)}{\sqrt{x^2-y^2}.my}=\dfrac{\sqrt{x^2-y^2}.(2x-m)}{my}$ sadeleştirmeler yapılırsa

$\dfrac{3y^2}{\sqrt{x^2-y^2}}=\sqrt{x^2-y^2}$ elde edilir.  Buradan

$3y^2=x^2-y^2$ ve $4y^2=x^2$ bulunur.  Buradan $2y=x$ olacağı açıktır. $BC=2y$ olduğundan $AB=AC=x$ olduğundan dolayı $AB=AC=BC=2y$ elde edilir. İspat biter.
« Son Düzenleme: Nisan 20, 2020, 03:57:47 ös Gönderen: AtakanCİCEK »
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı Eray

  • G.O Genel Moderator
  • G.O Efsane Üye
  • ********
  • İleti: 352
  • Karma: +8/-0
Ynt: Tübitak Lise 2. Aşama 2019 Soru 4
« Yanıtla #2 : Nisan 20, 2020, 06:57:36 ös »
Açıların eşitliğinden $\triangle ABF\sim\triangle ECF$ olduğu görülebilir. Buradan $\dfrac{|BF|}{|FC|}=\dfrac{|BA|}{|CE|}$ elde edilir.

Öte yandan, iç açıortay teoreminden $\dfrac{|BF|}{|FC|}=\dfrac{|BM|}{|CM|}$ dir.

Yukarıdaki iki eşitlikten $\dfrac{|BA|}{|CE|}=\dfrac{|BM|}{|CM|} \Longrightarrow \dfrac{|BA|}{|BM|} = \dfrac{|CE|}{|CM|}$ elde edilir.

Çemberde açıdan $\angle ABM = \angle ACM = \angle ECM$ olduğundan, kenar-açı-kenar benzerliği gereği $\triangle BAM\sim\triangle CEM$ elde edilir. Dolayısıyla $\angle BMA = \angle CME$ dir.

Buradan $\angle BCA = \angle BMA = \angle CME = \angle CMB = \angle CAB$ elde edilir ki bu, $\triangle ABC$ nin üçüncü açısının da eşit olan diğer iki açıya eşit olduğunu gösterir. Yani $\triangle ABC$ eşkenardır. $\blacksquare$
Matematik bilimlerin sultanıdır
-Carl Friedrich Gauss

 


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