30-70-80 Üçgenin içinden alınan bir P noktası

[AhmetG]

Bir ABC üçgeninin içinden alınan P noktasının köşelerle yaptığı açılar şu şekildedir. m(PAC)=30°, m(PCA)=20°, m(PBA)=10°, m(PBC)=20°. Buna göre
m(PAB)=?

[Lokman Gökçe]

Ek çizimler denenerek geometrik çözümler de araştırılabilir. Ben sıkça yaptığım gibi, üçgen içinde alınan bir nokta için trigonometrik Ceva teoremini uygulayacağım.

Çözüm: $\angle PAB = x$ dersek üçgende iç açılar toplamından $\angle PCB= 100^\circ - x$ olur. Şimdi trigonometrik Ceva Teoremi'ni uygulayalım: $\displaystyle{\frac{\sin \angle BAP}{\sin \angle PAC} \cdot \frac{\sin \angle CBP}{\sin \angle PBA} \cdot \frac{\sin \angle ACP}{\sin \angle PCB} =1}$. Verilen açıları yerine yazarsak \[\frac{\sin x}{\sin 30^\circ} \cdot \frac{\sin 20^\circ}{\sin 10^\circ} \cdot \frac{\sin 20^\circ}{\sin(100^\circ-x)}=1\]
olur. $\sin 3\theta = 4\sin\theta \cdot \sin(60^\circ - \theta)\cdot \sin(60^\circ + \theta)$ ve $\sin 2\theta = 2 \sin \theta \cdot \cos \theta$ formüllerinden yararlanarak
\[\frac{\sin30^\circ\sin10^\circ}{\sin^2 20^\circ} = \frac{\sin40^\circ}{\sin60^\circ}\]
eşitliğini gösterebiliriz. Sıkça kullandığımız bir trigonometrik hile'den $\dfrac{\sin x}{\sin(100^\circ-x)}= \dfrac{\sin40^\circ}{\sin60^\circ}$ denkleminin tek çözümü $x=40^\circ$'dir.


Not: Trigonometrik Hile'nin başka uygulamaları için şu bağlantıları verebiliriz:

• https://geomania.org/forum/index.php?topic=9328.msg25579#msg25579
• https://geomania.org/forum/index.php?topic=9327.msg25577#msg25577
• https://geomania.org/forum/index.php?topic=9326.msg25570#msg25570
• https://geomania.org/forum/index.php?topic=502.msg25512#msg25512
• https://geomania.org/forum/index.php?topic=3148.msg22755#msg22755

[geo]

Bu soru, buradaki Model 1.1 ait bir sorudur. Onun için daha genelini çözelim.

$\angle PBA = t$, $\angle PCA = 2t$, $\angle PBC = 30^\circ - t$ ve $\angle PAC = 30^\circ$ olsun. $\angle PAB = 30^\circ + t$ ve $\angle PCB = 90^\circ - 3t$ olduğunu göstereceğiz.



$ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $O$ olsun.
$\angle AOC = 2\angle ABC = 60^\circ$ ve $\angle OAC = \angle OCA = 60^\circ$. $\angle OAP = \angle CAP = 30^\circ$ olduğu için $\angle AOP = \angle ACP = 2t$ ve $\angle POC = 60^\circ - 2t$.
Şimdi de $PO$ yu $OQ=AO$ olacak şekilde uzatalım. $\angle AQO = t$ ve $\angle CQO = 30^\circ - t$ olacaktır.
Bu durumda, $\angle AQC = ABC$ olduğu için, $A,C,B,Q$ çemberseldir.
$\angle AQP = \angle ABP$ olduğu için $A,Q,B,P$ çemberseldir. Bu da, $A,B,C,P$ nin çembersel olduğu anlamına gelir. Bu mümkün değildir. O zaman $B=Q$ tek seçenek olarak kalır. Bu durumda, $\angle BAP = \angle PAO + \angle BAO = 30^\circ + t$ elde edilir.