Page 90 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

3. BÖLÜM ÇEMBERLER - I

Soru: A A Şekil 3 te verilenlere göre; sıra-
sıyla A-B-C köşelerindeki açıla-
rı -sentetik metotla- bulunuz.
30° 2° 30°

2 D 90°- 4° D 88°
28° 28°
B C B C
şekil 3

Çözüm A:
A A 1- BCE eşkenar üçgenini
E 30° oluşturuyoruz:
ICAI=ICEI=ICBI ve
s(EAB)=30° dir.
30°
2- EDCA dörtgeninde
H
s(EDC)+s(EAC)=180°
olduğu için
28° D 28°
4° D 88° 4° 4° s(DAC)=s(DEC)=30° dir.
28° 28° 28° 28°
B C B C

Çözüm B: A 1- CD nin AB yi kestiği noktaya E dersek
s(BEC)=120° olur. BCL eşkenar üçgeni
2° düşünülürse, EBLC kirişler dörtgeni
28°
2°
kurulmuş olur.
A
2- ACB ve ACL üçgenleri ikizkenar olduğu
E
D 62° için s(CAL)=s(CLA)=2° dir. Haliyle ADLC
2° 30° 88°
62° bir deltoid ve s(ADC)=s(CDL)=62° dir.
B 28° C
60° 3- ILBI=ILCI ve s(LDC)+s(DCB)=90° ise
BLCD bir deltoid olur ki buradan
88°
D s(DBC)=s(DCB)=28° bulunur.
28°
B C 28° 28° 2°
L
Çözüm C: A A 1- ABD üçgeninde BA* açıortay ola-
cak şekilde A* noktası işaretlendiği
zaman, BAA* ve BAC üçgenlerinin
2° 30° 2° 30° ikizkenar olduğunu biliyoruz, [CH]
H yüksekliği A* noktasından geçer.
A* Şu halde s(ACH)=58°,
s(BA*D)= 2°+2°=4° ve
4° 88°
2° 58° s(DA*C)=30°+58°=88° dir. BA*C
4° D 88° 2° D
28° 28° 28° üçgenini Şekil 2-B olarak az önce
B C B C çözdüğümüz için, s(BCD)=28°
diyebiliriz.

89