Tübitak Ortaokul 2. Aşama 1996 Soru 3

[matematikolimpiyati]

Bir $ABC$ eşkenar üçgeninin iç bölgesinde $m(APB)=150^{\circ}$, $|AP|=2 \sqrt3$ cm ve $|BP|=2$ cm olacak biçimde bir $P$ noktası alınıyor. $|PC|$ yi bulunuz.

[geo]

Klasik bir soru. Sorulduğu yılda da klasik bir soruydu; ama o dönemki orta 3 öğrencileri arasında böyle bir soruyu daha önce görenler yok denecek kadar azdır. (O zamanki eğitim sistemi 5 + 3 + 3 = 11 şeklindeydi, 8. sınıflar orta 3 oluyordu.)

$\triangle ABP \cong \triangle CBQ$ olacak şekilde $\triangle ABP$ yi $[CB]$ kenarı üzerine üçgenin dışarısına doğru yapıştıralım.
$\angle ABP = \angle CBQ$ olduğu için $\angle ABC = \angle PAQ = 60^\circ$ olur. (Dolayısıyla, bu yaptığımız işleme $\triangle ABP$ yi saat yönünde $60^\circ$ döndürme de denebilir.)
$\triangle APQ$ tepe açısı $60^\circ$ olan bir ikizkenar üçgendir, dolayısıyla, $|BP| = |BQ| = |PQ| = 2$ dir.
$\angle CQB = \angle APB = 150^\circ$ olduğu için $\angle PQC = 90^\circ$ dir.
$\triangle PQC$ dik üçgen $ |CQ| = |AP| = 2\sqrt 3$ ve $|PQ|=2$ olduğu için Pisagor'dan $|PC|^2 = (2\sqrt 3)^2 + 2^2 = 16 \Rightarrow |PC|=4$ elde edilir.
Dikkat edilirse $\triangle PQC $ bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgenidir. Dolayısıyla, $\angle APC = \angle APQ + \angle CPQ = 60^\circ + 60^\circ = 120^\circ$ ve $\angle APB = 360^\circ - 150^\circ - 120^\circ = 90^\circ$ dir.

Not: Soruda $\angle APB = \alpha$ olarak verilseydi, $\triangle PQC$ de $\angle PQC = \alpha - 60^\circ$ olacaktı. Bu durumda $\triangle PQC$ de $|PQ|=|BP|$, $|CQ|=|AP|$ kenarları ve $\cos (\alpha - 60^\circ)$ değerleri ile Kosinüs Teoreminden $|CP|$ hesaplanabilir.

[geo]

Bu sefer "yapıştırma" ifadesini kullanmadan, bir önceki çözümün neredeyse aynısını $[AC]$ kenarını kullanarak verelim:

$\triangle APR$ eşkenar üçgenini ($R$ ile $P$, $AC$ nin farklı taraflarında kalacak şekilde) çizelim.
$\angle BAP = \alpha$ dersek $\angle PAC = 60^\circ - \alpha$ ve $\angle CAR = \alpha$ olacaktır.
$|CA| = |BA|$, $|AP| = |AR| = 2\sqrt 3$ ve $\angle BAP = \angle CAR = \alpha$ olduğu için $\triangle ABP \cong \triangle ACR \quad (KAK)$. Bu durumda $|CR| = |BP| = 2$ ve $\angle ARC = \angle APB = 150^\circ$ olacaktır.
$\angle PRC = \angle ARC - \angle ARP = 150^\circ - 60^\circ = 90^\circ$ olduğu için $\triangle RPC$ bir dik üçgendir. Pisagor'dan ya da dik üçgenin bir $30^\circ - 60^\circ - 90^\circ$ üçgeni olduğunu fark ederek $|CP| = 2\cdot |CR| = 4$ elde edilir.

[geo]

Ortaokul müfredatından çıkıp Trigonometrik Dönüşüm ve Kosinüs Teoremi kullanarak çözüme gidelim.
Bunu yapmadan önce yaptıklarımızın bizi çözüme götüreceğinden emin olalım:

$(1)$ $\triangle ABP$ de iki kenar ve aralarındaki açı bilindiği için $AB$ yani $ABC$ eşkenar üçgeninin bir kenarı hesaplanabilir.

$(2)$ Yine $\triangle ABP$ de $\angle ABP$ için Kosinüs teoremi uygulandığında $\cos \angle ABP$ hesaplanabilir.

$(3)$ $\angle PBC = \angle ABC - \angle ABP = 60^\circ - \angle ABP$ olduğu ve $BP$ ve $AC$ bilindiği için, $\triangle CBP$ de Kosinüs Teoremi uygulanarak $CP$ hesaplanabilir.

Uygulamaya koyulursak:

Kosinüs Teoreminden $AB^2 = AP^2 + BP^2 - 2 \cdot AP \cdot BP \cdot \cos \angle APB = (2\sqrt 3)^2 + 2^2 + 2 \cdot 2 \sqrt 3 \cdot 2 \cdot \cos 30^\circ = 28$ ve $AB=2\sqrt 7$ olarak bulunur.

Yine aynı üçgende kosinüs teoreminden $AP^2 = AB^2 + BP^2 - 2 \cdot AB \cdot BP \cdot \cos \angle ABP$ $\Longrightarrow (2\sqrt 3)^2 = (2\sqrt 7)^2 + 2^2 - 2 \cdot 2\sqrt 7 \cdot 2 \cdot \cos \angle ABP$ $\Longrightarrow \cos \angle ABP = \dfrac {5}{2\sqrt 7}$ ve $\sin \angle ABP = \dfrac {\sqrt 3}{2\sqrt 7}$ elde edilir.

$\cos \angle PBC = \cos (60^\circ - \angle ABP) = \cos 60^\circ \cos \angle ABP + \sin 60^\circ \sin \angle ABP = \dfrac {1}{2} \cdot \dfrac {5}{2\sqrt 7} + \dfrac {\sqrt 3}{2} \cdot \dfrac {\sqrt 3}{2\sqrt 7} = \dfrac {8}{4\sqrt 7} = \dfrac {2}{\sqrt 7}$.

$\triangle CPB$ de Kosinüs Teoreminden $CP^2 = BP^2 + BC^2 - 2 \cdot BP \cdot BC \cdot \cos \angle PBC$ $\Longrightarrow CP^2 = 2^2 + (2\sqrt 7)^2 - 2 \cdot 2 \cdot 2 \sqrt 7 \cdot \dfrac {2}{\sqrt 7} = 16 \Longrightarrow CP = 4$.

Not: Burada yaptığımız adımların aynısını $AP=x$, $BP=y$ ve $\angle APB = \alpha$ değişkenleriyle yaptığımızda (harfli ifadelerden korkmayan okuyucu için bir alıştırma olsun) $CP^2 = z^2  = x^2 + y^2 - xy (\cos \alpha + \sin \alpha \sqrt 3) = x^2 + y^2 -2xy\cdot \cos (\alpha - 60^\circ)$ elde edilir.