Tübitak Lise 1. Aşama 1996 Soru 23

[matematikolimpiyati]

$[AB]$  ve $[DC]$  kenarları paralel olan bir $ABCD$  yamuğunun köşegenlerinin uzunlukları $|AC|=3,\ |BD|=5$ tir. $[AB]$  ve $[DC]$  kenarlarının orta noktaları arasındaki uzaklık $2$  ise bu yamuğun alanı kaçtır?

$\textbf{a)}\ 8  \qquad\textbf{b)}\ \dfrac{15}{2}  \qquad\textbf{c)}\ 7  \qquad\textbf{d)}\ 6  \qquad\textbf{e)}\ \dfrac{11}{2}$

[geo]

Yanıt: $\boxed D$

$AB$ nin orta noktası $M$, $DC$ nin orta noktası $N$ olsun.
$ABDE$ ve $AMNK$ paralelkenarlarını kuralım.
$EC = ED+DC=AB+DC$, $KC = KN+NC= AM+NC=\dfrac {AB+DC}2$.
Bu durumda $K$, $EC$ nin orta noktasıdır.
Ayrıca paralelkenar ve yamukta alan eşitliklerinden $[AED]=[ABD]=[ABC]$ olduğu için $[ACE]=[ABCD]$ elde edilir.
$AE=BD$, $AK=MN=2$ olduğu için $\triangle ACE$ kenarları $3$ ve $5$, diğer kenara ait kenarortayı $2$ olan bir üçgendir.
$AE=BD=3$ kabul edelim. $\triangle ACE$ üçgeninin alanını araştırıyoruz.
Bu noktadan sonra birkaç şekilde ilerleyebiliriz.

$K$ dan $AE$ çizilen paralel $AC$ yi $L$ de kessin. $KL=\dfrac 32$, $AL=\dfrac 52$ ve $AK= 2 =\dfrac 42$ olduğu için $\angle AKL=90^\circ$. $\angle KAE=90^\circ$,  $[KAE]=\dfrac 12 \cdot 3\cdot 2 = 3$ ve $[ABCD]=[CAE]=6$ olur.$\blacksquare $

$EACF$ paralelkenarını kurarak da çözüme gidebiliriz.
$AF=4$, $FC=3$ ve $AC=5$ olduğu için $[CAE]=[ACF]=6$. $\blacksquare $

Bir diğer çözüme de sinüs alan formülünden gidebiliriz. $\triangle CAE$ nin alanı için $\sin \angle CAE$ ye ihtiyacımız var. Kenarortay teoreminden $EC$ yi bulabiliriz. Kosinüs teoreminden $\cos \angle CAE$  yi bulabiliriz.
Kenarortay teoreminden $\dfrac {AE^2}2+\dfrac {AC^2}2-\dfrac {EC^2}4 = AK^2$ ve biraz dört işlemle $EC^2=52$ elde ederiz.
Kosinüs teoreminden $AE^2+AC^2-2AE\cdot AC \cdot \cos \angle CAE= EC^2$. Buradan da $\cos \angle CAE = -\dfrac 35$ ve $\sin \angle CAE=\dfrac 45$, dolayısıyla $[CAE]=\dfrac 12 \cdot 3\cdot 5\cdot \dfrac 45 =6$. $\blacksquare $

[geo]

$AB$ nin orta noktası $M$, $DC$ nin orta noktası $N$ olsun. Köşegenler $P$ noktasında keşissin. $BD=3$, $AC=5$ kabul edelim.
Öncelikle $MN$ nin $P$ den geçtiğini göstereceğiz. $\triangle ABP \sim \triangle CDP$ olduğu için bu iki üçgenin $PM$ ve $PN$ kenarortaylarının kenarlar ile yaptığı açılar da eşit olacaktır. $\angle BPM =\angle DPN$. Bu da $M, P, N$ noktalarının doğrusal olduğu anlamına gelir.

$[ABCD]=\dfrac 12 \cdot AC \cdot BD \cdot \sin \angle DPC$ olduğu için $\sin \angle DPC$  değerine ihtiyacımız var.

$\triangle ABP \sim \triangle CDP$  den benzerlik oranlarını yazarsak $\dfrac {PD}{PB} =\dfrac {PC}{PA} =\dfrac {PN}{PM} \Longrightarrow \dfrac {PD}{PD + PB} =\dfrac {PC}{PC + PA} =\dfrac {PN}{PN+PM}$.
Dolayısıyla $PD:PC:PN = 3:5:2$ elde ederiz.
Bu aşamadan sonra ilk çözümdeki yolları takip edebiliriz. Bunlardan, paralelkenar oluşturduğümuz yöntemi kullanarak çözüme devam edelim.
$DPCQ$ paralelkenarını oluşturalım. $DP:PQ:QD=3:4:5$ olduğu için $\sin \angle PDQ= 4/5$.
Bu durumda $[ABCD]=\dfrac 12 \cdot AC \cdot BD \cdot \sin \angle DPC = \dfrac 12 \cdot 5 \cdot 3 \cdot \sin \angle PDQ = \dfrac 12 \cdot 5 \cdot 3 \cdot \dfrac 45 = 6$

[geo]

Test mantığıyla $ABCD$ yi paralelkenar kabul edelim.

$AB$ nin orta noktası $M$, $DC$ nin orta noktası $N$ olsun. Köşegenler $P$ noktasında keşissin.
$AD=MN=2$ ve $\triangle APD$ nin kenarları $\dfrac 32, \dfrac 42, \dfrac 52$ olduğu için $[APD]=\dfrac 32$ ve $[ABCD]=6$ elde edilir.