Page 88 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

3. BÖLÜM ÇEMBERLER - I

Soru: A A
90°- 30° 88° 30°
D D 2°
2 4°
28° 28°
B C B C
şekil 1
Şekil 1 de verilenlere göre; sırasıyla A-B-C köşelerindeki açıları -sentetik metotla- bulunuz.
Çözüm A: K

60° 2°
A 62° A

60°
D D
2° 56° 2°
4° 4°
28° 28° 28° 28°
B C B C
1- CA doğrusu üzerinde s(CKD)=s(KCD)=2° olacak şekilde K noktası işaretleyelim. Bu hamle ile
hem IDKI=IDBI hem de s(BDK)=60° olacağı için BDK eşkenar üçgeni meydana gelir.
2- BAK üçgeninde s(BAK)=s(AKB)=62° ve IBAI=IBKI dır.
3- IBAI=IBKI=IBDI olduğu için BAD ikizkenar bir üçgendir. Dolayısıyla s(BAD)=s(ADB)=88° ve
s(DAC)=30° dir.
Çözüm B: A A
88° 30° E 60° 30°
D D 2°
2°
28° 28°
B C B C
K L
1- AD ve CD yi uzatalım; bunlar üçgenin kenarını sırasıyla L ve E noktalarında kessin. Bu kez ALK
eşkenar üçgenini oluşturalım. Şu halde s(EAK)=s(ECK)=28° olup, AEKC bir kirişler dörtgenidir.
2- ILCI=ILAI=ILKI=ILEI olduğundan s(CEL)=s(ECL)=28° dir.
3- BEDL çemberseldir; bu böyledir, çünkü s(BED)+s(BLD)=120°+60°=180° dir.
O halde s(DBC)=s(DBL)=s(DEL)=28° dir.

Çözüm C:
A A
E
30°
88° 30° 88° H
D D
2°
4° 2° 2°
28° 28° 60°
B C B C
F
1- AD nin [BC] yi kestiği nokta F olsun. BE ⊥ AD çizildiğinde EBC 30°-30°-120° ikizkenar üçgeni oluşur.
2- s(AEB)=s(AFB)=60° olduğu için AEFB kiriş dörtgeni ve s(AFE)=s(ABE)=2° dir.
3- ABDE nin bir deltoid olduğu açıktır. EDFC dörtgenine bakalım: s(DEC)+s(DFC)=60°+120°=180° dir,
yani bu dörtgen bir kirişler dörtgenidir. O halde s(ACD)=s(ECD)= s(EFD)=2° ve s(BCD)=28° dir.

87