Gönderen Konu: Nepal (IMO takım seçme sınavı) 2020 2. Raunt Soru 4  (Okunma sayısı 372 defa)

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 248
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Nepal (IMO takım seçme sınavı) 2020 2. Raunt Soru 4
« : Nisan 07, 2020, 08:43:32 ös »
Bir $ABC$ dik üçgeni veriliyor. Bu üçgenin $B$ den $[AC]$ kenarına çizilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $[AH]$ ve $[CH]$ ın orta noktaları sırasıyla $M$ ve $N$ olsun. $[BM$ ve $[BN$ ışınlarının $ABC$ üçgeninin çevrel çemberini kestiği ikinci noktalar sırasıyla $P$ ve $Q$ olsunlar. $AQ$ ve $PC$ doğrularının kesişim noktaları $R$ ise $[$$BR$$] $ doğru parçasının  $[MN]$ doğru parçasını iki eş parçaya böldüğünü gösteriniz.
« Son Düzenleme: Nisan 10, 2020, 10:07:42 öö Gönderen: AtakanCİCEK »
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 248
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: Nepal (IMO takım seçme sınavı) 2020 2. Raunt Soru 4
« Yanıtla #1 : Nisan 07, 2020, 09:50:02 ös »

Soruda  önce $\mid AB \mid =\mid BC \mid$ için çözüp genelliği bozmadan $\mid AB \mid<\mid BC \mid$ alalım. $BR \cap MN ={X}$ olacak şekilde $X$ noktası alalım.  $\mid AB \mid =\mid BC \mid $ olduğundan $X=H$ olacağını görebiliriz ve eşlik benzerlik yardımıyla $HBM$  ile $HBN$ üçgenleri eş olacağından dolayı ortaladığı açıktır.

Şimdi genelliği bozmadan $\mid AB\mid <\mid BC \mid $ alalım.  $[MN]$ kenarının orta noktasını $Y$ olarak alalım. $\mid AM \mid =2m$ ve $\mid CN \mid = 2n $ olsun. Bu durumda $X=Y$ olduğunu göstermeliyiz.

 Öklit teoremlerinden $\mid AB \mid =4\sqrt{m^2+mn}$ , $\mid BH \mid = 4 \sqrt{mn}$ , $\mid BC \mid = 4\sqrt{n^2+mn}$ olur.

$m(\widehat{BAC})=a$ , $m(\widehat{ACB})=b$ , $m(\widehat{ABM})=\alpha$ ve $m(\widehat{NBC})=\beta$  olsunlar.
Çevre açı özelliklerinden $m(\widehat{BPR})=a$ , $m(\widehat{RPQ})=\beta$ , $m(\widehat{PQR})=\alpha$ ve $m(\widehat{RQB})=b$ olur.   

$BPQ$ üçgeninde $R$ noktasına göre Trigonometrik Ceva Teoremi yazılırsa ;

$\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}.\dfrac{\sin(m(\widehat{RPB}))}{\sin(m(\widehat{RPQ}))}.\dfrac{\sin(m(\widehat{RQP}))}{\sin(m(\widehat{RQB}))}=1$ olduğunu biliyoruz.

$\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}=\dfrac{\sin b.\sin\beta}{\sin a .sin\alpha}$ $(1)$ olduğunu biliyoruz.

$ABC$ üçgeninden yardım ile

$\sin a=\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{m+n}}$   

$(1)$ de bulduklarımızı yerine koyalım



$\sin b=\dfrac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n}}$   bulunur.

$BHM$ üçgeninde pisagor teoreminden $\mid BM \mid = \sqrt{4m^2+16mn}$

$BAM$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\dfrac{2m}{\sin \alpha}=\dfrac{\sqrt{4m^2+16mn}}{\sin a}=\dfrac{2\sqrt{m^2+4mn}.\sqrt{m+n}}{\sqrt{n}}$ Buradan

$\sin\alpha=\dfrac{m\sqrt{n}}{\sqrt{m^2+4mn}.\sqrt{m+n}}$ Simetrik işlemleri yaparak $\sin b$ ve $\sin\beta$ yı bulursak

$\sin b=\dfrac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n}}$

$\sin \beta=\dfrac{n\sqrt{m}}{\sqrt{n^2+4mn}.\sqrt{m+n}}$ eşitlikleri bulunur.

$\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{m}}{\sqrt{m+n}}.\dfrac{n\sqrt{m}}{\sqrt{n^2+4mn}.\sqrt{m+n}}}{\dfrac{\sqrt{n}}{\sqrt{m+n}}.\dfrac{m\sqrt{n}}{\sqrt{m^2+4mn}.\sqrt{m+n}}}=\dfrac{\sqrt{m^2+4mn}}{\sqrt{n^2+4mn}}$ elde edilir.  $(*)$

Şimdi ise $Y$ noktası için  $\dfrac{\sin(m(\widehat{YBQ}))}{\sin(m(\widehat{YBP}))}$ oranını bulalım.

$\mid BY \mid^2=16mn+n^2-2mn+m^2=m^2+14mn+n^2$ elde edilir.

$YBM$ üçgeninde kosinüs teoremi yapalım.

$\mid MY \mid ^2=\mid BY \mid ^2+\mid BM \mid ^2-2.\mid BY\mid . \mid BN\mid \cos(m(\widehat{YBP}))$ 

$YBN$ üçgeninde kosinüs teoremi yapalım.

$\mid YN \mid ^2= \mid BY\mid ^2+ \mid BN \mid ^2-2.\mid BY \mid .\mid BN \mid .\cos(m(\widehat{YBQ}))$  eşitliklerini düzenleyelim.

$(m+n)^2=m^2+14mn+n^2+4m^2+16mn-2.\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{4m^2+16mn}.\cos(\widehat{PBY})$

$-28mn-4m^2=-2.\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{4m^2+16mn}.\cos(\widehat{PBY})$

$\cos(\widehat{PBY})=\dfrac{m^2+7mn}{\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{m^2+4mn}}$

$\cos(\widehat{QBY})=\dfrac{n^2+7mn}{\sqrt{m^2+14mn+n^2}.\sqrt{n^2+4mn}}$ eşitlikleri elde edilir.

$\sin^2x+\cos^2x=1$ 

$\sin x=\sqrt{1-\cos^2x}$ olduğunu kullanalım.

$\quad \sin(\widehat{PBY})=\sqrt{1-\dfrac{m^4+14m^3n+49m^2n^2}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}} \\ =\sqrt{\dfrac{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3-m^4-14m^n-49m^2n^2}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}=\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}$

Simetrik işlemlerden dolayı

$\sin(\widehat{QBY})=\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{n^4+18n^3m+57m^2n^2+4nm^3}}$ elde edilir.

$\quad \dfrac{\sin(m(\widehat{YBQ}))}{\sin(m(\widehat{YBP}))}=\dfrac{\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{n^4+18n^3m+57m^2n^2+4nm^3}}}{\sqrt{\dfrac{4m^3n+8m^2n^2+4mn^3}{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}}\\ =\dfrac{\sqrt{m^4+18m^3n+57m^2n^2+4mn^3}}{\sqrt{n^4+18n^3m+57m^2n^2+4nm^3}}=\sqrt{\dfrac{(m^2+14mn+n^2).(m^2+4mn)}{(m^2+14mn+n^2).(n^2+4mn)}}=\sqrt{\dfrac{m^2+4mn}{n^2+4mn}}$
elde edilir.

$(*)$ eşitliğinden dolayı $\dfrac{\sin(m(\widehat{YBQ}))}{\sin(m(\widehat{YBP}))}=\dfrac{\sin(m(\widehat{XBQ}))}{\sin(m(\widehat{XBP}))}$ elde edilir ve bu durum  ancak ve ancak $X=Y$ için sağlanacağından ispat biter.
« Son Düzenleme: Nisan 18, 2020, 08:07:03 ös Gönderen: ERhan ERdoğan »
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı geo

  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 1760
  • Karma: +8/-0
Ynt: Nepal (IMO takım seçme sınavı) 2020 2. Raunt Soru 4
« Yanıtla #2 : Nisan 10, 2020, 12:41:03 öö »
$BR$ ile $AC$ nin kesişimi $X$, $O$ da çevrel çemberin merkezi olsun.

$B$ nin $H$ ye göre simetriği $B'$ olsun. $\triangle ABC \sim\triangle AB'C \sim \triangle AHB \sim \triangle BHC$ olacaktır.
$\angle ABM = \angle ACP$, $\angle CBN = \angle CAQ$ olduğu ve benzer üçgenlerde kenarortaylar kenarla aynı açıyı yapacakları için $CP$ ve $AQ$ doğruları $\triangle AB'C$ de birer kenarortaydır. Bu durumda $R$, $\triangle AB'C$ de ağırlık merkezidir. $AR:RO = 2:1$ olacaktır.
$O$ dan geçen ve $AC$ ye dik olan doğru $BR$ ile $T$ noktasında kesişsin. $\dfrac {AR}{RO} = \dfrac {BB'}{OT} = 2 \Rightarrow BH = OT$, dolayısıyla da $HX = XO$ olacaktır.
$MN = AO$ olduğu için $AM = MH = ON$, ayrıca $HX = XO$ olduğu için de $MX = XN$ dir.

Çevrimdışı AtakanCİCEK

  • G.O Demirbaş Üye
  • ******
  • İleti: 248
  • Karma: +4/-0
  • Manisa
Ynt: Nepal (IMO takım seçme sınavı) 2020 2. Raunt Soru 4
« Yanıtla #3 : Nisan 17, 2020, 11:32:20 ös »
Soru 1: En genel halde rastgele dar açılı  bir $ABC$ üçgeni için  $AM=m$ , $CN=n$ ve $BH=h$ için $\dfrac{MX}{XN}$ oranını bulunuz.

Soru 2  $m,n,h$ birer rasyonel sayı iken $\dfrac{MX}{NX}$ oranının da rasyonel olduğunu gösteriniz.


Bu soruların çözümlerini https://geomania.org/forum/index.php?topic=6739.msg19430;topicseen

burada kullanılan metod ile yapabilirsiniz.
« Son Düzenleme: Nisan 21, 2020, 12:34:13 ös Gönderen: AtakanCİCEK »
Bir matematikçi sanmaz fakat bilir, inandırmaya çalışmaz çünkü ispat eder.
    Manisa Özel Türk Koleji Fen Lisesi

Çevrimdışı Squidward

  • G.O Sevecen Üye
  • ****
  • İleti: 65
  • Karma: +3/-0
Ynt: Nepal (IMO takım seçme sınavı) 2020 2. Raunt Soru 4
« Yanıtla #4 : Nisan 20, 2020, 09:46:02 ös »
Ben de kompleks sayıları kullanarak bir bash çözüm yapayım:

$ABC$'nin çevrel çemberi birim çember olsun, $A$, $B$ ve $C$ sırasıyla $z_1$, $z_2$ ve $z_3$; $M$, $m$ kompleks sayısıyla ve geri kalan noktalar da aynı şekilde küçük harfli şekilleriyle tanımlansın, $A$, $B$ ve $C$'yi $-z_1$'e bölersek genellik bozulmaz, $B$ açısı dik olduğundan $AC$ çap ve  $\dfrac{z_3}{-z_1} = 1$ olmalıdır. $\dfrac{z_2}{-z_1} = b$ olsun. $B$ birim çember üzerinde olduğundan $\overline{b} = \dfrac{1}{b}$ olduğuna dikkat edelim,  $h =\dfrac{1}{2} \cdot ( (-1) + (1) + b - (-1) \cdot (1) \cdot \dfrac{1}{b}) = \dfrac{1}{2} \cdot (b + \dfrac{1}{b}) = \dfrac{b^2+1}{2b}$ 'dir. $m = \dfrac{1}{2} \cdot ( \dfrac{b^2+1}{2b} - 1) = \dfrac{(b-1)^2}{4b}$ bulunur, $n$ de aynı şekilde $\dfrac{(b+1)^2}{4b}$ olur.

Birim çember üzerinde olduklarından $\overline{p} = \dfrac{1}{p}$ ve $\overline{q} = \dfrac{1}{q}$ ve $M$ ve $N$ de reel eksen üzerinde bulunduklarından $\overline{m} = m$, $\overline{n} = n$ olduğuna dikkat edip $B$, $M$ ve $P$ noktalarının doğrusal olduklarını kullanırsak, $\dfrac{b-m}{b-p} = \overline{\dfrac{b-m}{b-p}}$ eşitliğinden $p$ çekilirse, $p = \dfrac{3b-1}{b(b-3)}$ bulunur, aynı şekilde $q =\dfrac{3b+1}{b(b+3)}$ bulunur.

$P$, $C$, $A$, $Q$ noktalarının her birinin birim çember üzerinde olduğuna dikkat edilip $PC$ ve $AQ$ noktalarının kesişim noktası olan $R$ için birim çember üzerindeki noktaların kesişim formülü yazılırsa, $\dfrac{p\cdot 1 \cdot (-1 + q) - (-1) \cdot q \cdot (p + 1)}{p \cdot 1 - (-1) \cdot q} = r = \dfrac{1}{3b}$ bulunur.


Son olarak $X$ noktası $BR$ ile $AC$'nin kesişimi olduğundan $x$'i bulmak için kesişim formülü yazılırsa, $\dfrac{((-1) \cdot 1 - (-1) \cdot 1)(b-r) - ((-1) - 1)(\overline{b} \cdot  r - b \cdot \overline{r})}{((-1) - 1)(b - r) - ((-1) - 1)(\overline{b} - \overline{r})} = \dfrac{b^2 + 1}{2b} = x$ bulunur.

$\dfrac{m+n}{2} = \dfrac{\dfrac{(b+1)^2}{2b} + \dfrac{(b-1)^2}{2b}}{2} = \dfrac{b^2+1}{2b} = x$ olduğundan kanıt biter. $\blacksquare$



Çözümde aslında zorlayıcı ve zaman alıcı kısım aradaki işlemleri hatasız sürdürebilmek fakat $r = \dfrac{1}{3b}$ gelmesi sondaki en uzun işlemi sadeleştiriyor o yüzden aradaki işlemleri yazmaya gerek duymadım, @AtakanCİCEK'in yukarıda verdiği genel problem de aynı yöntemle çözülebilir fakat $r$'nin değeri sade olmadığından uzun sürüyor fakat yine de yapılabilir.


Kullandığım formüllere aşina değilseniz, kompleks sayıların geometri'de problem çözümünde kullanımıyla ilgili bir doküman Evan Chen'in websitesinde mevcut fakat Çince ve İngilizce.
« Son Düzenleme: Nisan 20, 2020, 10:37:55 ös Gönderen: Squidward »
ibc

 


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