Dik üçgen, kesenler, kirişler dörtgeni

[geo]

$ABC$ dik üçgeninde $\angle C = 90^\circ$ dir. $AC$ kenarı üzerinde $AD=5$ ve $DC=3$ olacak şekilde $D$ noktası alınıyor. $BD$ doğru parçası üzerinde $DE=3$ olacak şekilde $E$ noktası alınıyor. $CE$ doğrusu ile $AB$ doğrusu, $F$ noktasında kesişmektedir. $ADEF$ kirişler dörtgeni ise $BF^2+BC^2$ nedir?

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

$\angle ACF =\angle CED= \alpha$ olsun. Buna göre çembersellikten $\angle CAF=\alpha \Longleftrightarrow |AF|=|FC|=|BF|$ yani muhteşem üçlü elde edilir. Hipotenüse $2t$, dolayısıyla $BF=CF=t$ verelim. Sonrasında Menelaus'tan $\dfrac{3}{8}.\dfrac{t}{t}.\dfrac{BE}{3}=1\Longleftrightarrow BE=8$ bulunur. ADEF kirişler dörtgeninin çemberine nazaran $B$ noktasının kuvvetini aldığımızda ise $2t^2=BE.BD=88\Longleftrightarrow BF=t=2\sqrt{11}$ olur. Buna göre $AB=2\sqrt{11}$ ve Pisagor'dan $BC^2=112$ belirlenir. Buna göre $BF^2+BC^2=44+112=156$ olarak bulunur.

[geo]

Bir de şöyle bir versiyonu var:

$ABC$ dik üçgeninde $\angle C = 90^\circ$ dir. $AC$ kenarı üzerinde $AD=5$ ve $DC=6$ olacak şekilde $D$ noktası alınıyor. $BD$ doğru parçası üzerinde $DE=3$ olacak şekilde $E$ noktası alınıyor. $CE$ doğrusu ile $AB$ doğrusu, $F$ noktasında kesişmektedir. $ADEF$ kirişler dörtgeni ise

• $BC^2=?$
  
  
• $\dfrac {BF}{AF}=?$

[diktendik]

Yanıt : $\boxed{1120, \frac{62}{11}}$

Çözüm:

i.)
$B$'nin $C$'ye göre yansıması $T$ olsun. $DB\cap {AT}=P$ olsun. $ATC$ üçgeninde $BD$'ye göre menalaustan $\frac{1}{2}\cdot \frac{|TP|}{|AP|}\cdot \frac{5}{6}=1$ ve $\frac{|TP|}{|AP|}=\frac{12}{5}$ elde edilir. $P$'den $BC$'ye inen dikmenin uzunluğu $x$ olmak üzere paralellikten $\frac{x}{11}=\frac{12}{17}$ ve $x=\frac{12\cdot{11}}{17}$ olur. Ayrıca $APCE$ kirişler dörtgeninde kuvvetten $|PD|=10$'dur. Deminki yükseklik ve $DC$'ye göre benzerlikten $$\frac{6}{\frac{12\cdot{11}}{17}}=\frac{|DB|}{|DB|+10}\Rightarrow |DB|=34\Rightarrow |EB|=31$$ bulunur. $DBC$ üçgeninde pisagordan $|BC|^2=1120$ bulunur.

ii.)
Menalaustan $$\frac{6}{11}\cdot \frac{|AF|}{|BF|}\cdot \frac{31}{3}=1\Rightarrow \frac{|BF|}{|AF|}=\frac{62}{11}$$ bulunur.

[geo]

En son soru ve öncekinde çalışan bir çözüm yolunu anlatayım.

$A$ nın $C$ ye göre simetriği $A'$ olsun.
$\angle BA'C = \angle BAC = \angle DEC $ olduğu için $B$, $E$, $C$, $A'$ noktaları çemberseldir. $D$ noktasının bu çembere göre kuvvetinden $DE\cdot DB = DC\cdot DA' = 6(6+11 ) = 3\cdot DE \Longrightarrow DE=34$.
$BC^2=34^2-6^2=28\cdot 40 = 1120$.

$ABD$ üçgeninde $F,E,C$ noktaları için Menelaus uyguladığımızda $BF/AF$ oranı rahatça bulunabilir.

[Hüseyin Yiğit EMEKÇİ]

Daha cebirsel bir çözüm verelim. $ADEF$ dörrgeninin çemberselliği sonucu açılar yazıldığınde $EDC$ ve $AFC$ üçgenleri benzer olur. Bu benzerlikten $\dfrac{6}{CF}=\dfrac{3}{AF}\Longleftrightarrow |FC|=2|AF|$ olur. $AF=k$ dersek, $FB=tk$ olsun. Menelaus'tan $\dfrac{6}{11}.\dfrac{k}{tk}.\dfrac{BE}{3}=1\Longleftrightarrow BE=\dfrac{11t}{2}$ bulunur. Sonrasında $ADEF$ kirişler dörtgeninin çemberine nazaran $B$ noktasının kuvvetine göre $BE.BD=\dfrac{11t(11t+6)}{4}=BF.AB=t(t+1)k^2\Longleftrightarrow k^2=\dfrac{11(t+6)}{4(t+1)}$ olarak belirlenir. Şimdi $ABC$ üçgeninde Pisagor'dan $BC^2=k^2(t+1)^2-121$ bulunur. Bu ifadeyi $BCD$ üçgeninde Pisagor için kullanırsak $BD^2=k^2(t+1)^2-85=\dfrac{11(t+1)(11t+6)}{4}-85$, şimdi ise $BD=\dfrac{11t+6}{2}$ olduğunu göz önünde bulundurursak $BD^2=\dfrac{(11t+6)^2}{4}=\dfrac{11(t+1)(11t+6)}{4}-85 \Longleftrightarrow t=\dfrac{62}{11}$ olarak bulunur. Dolayısıyla $\dfrac{BF}{AF}=\dfrac{tk}{k}=\dfrac{62}{11}$ elde edilir. Bu $t$ değerine göre $BD=34\Longleftrightarrow BC^2=1120$ belirlenir.