Page 93 - 100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ-MATEMATİK OLİMPİYATLARI

100 YILIN OLİMPİYAT SORULARIYLA GEOMETRİ

Soru: A A

28°
28°

D D
90°- 2 88° 4°
30° 30° 2°
B şekil 6 C B C
Şekil 6 da verilenlere göre; sırasıyla A-B-C köşelerindeki açıları -sentetik metotla- bulunuz.
A
Çözüm A: A

D
D 88° 4°
88° 4° B 30° 2° C
30° 2° 30° 2°
B C 32° 32°
K
L
1- BDC üçgeninin [BC] kenarına göre simetriğini alıp BDCK deltoidini oluşturalım. AB ve CK
uzantısı L noktasında buluşsun. Şu halde s(KBL)=s(LKB)=32° ve BDK bir eşkenar üçgendir. Bu
bize şunu söyler: DL doğrusu DBLK deltiodinin açıortay olan köşegenidir.
2- Bu bakımdan diyebiliriz ki D noktası ACL üçgeninde iç teğet çemberin merkezidir. O halde [AD]
açıortay ve s(BAD)=s(CAD)=28° dir.
Çözüm B: A A

28° 28°
28° 28°
E
30° 58°
D K 32° D 2°
4° 30° H 2°
2° 58° 2°
B C B C
1- CD nin AB yi kestiği nokta K olsun. [CE] açıortay olacak şekilde [AD] üzerinde E noktası işa-
retleyelim. Bu, KE nin açıortay olması demektir. Yani s(AKE)=s(EKD)=s(DKB)=60° dir.
2- EKBC deltoid olduğu için köşegenler birbirine diktir. Köşegenlerin kesim noktasına H dersek
EKH 30°-60°-90° üçgeni, s(EDK)=32°, s(HED)=s(HBD)=58° ve s(ABD)=58°+30°=88° bulunur.

Çözüm C: A
A 28° 28° 28°

28°
28°
88°
B D
30°
D 28° x y
88° K x
28°
30° 28° y
B C P C
1- ABC üçgeninin [BC] kenarına göre simetriği PBC üçgeni olsun. Simetriden dolayı s(BCD)=x
ve s(ACD)=y iken, CB ⊥ AP, x+y=6° ve s(BAP)=28° olur.
2- Yine simetriden ötürü IBDI=IBKI ve s(DBK)=60° dir. Bu yüzden BDK üçgeninin eşkenar üçgen
olduğu sonucuna varılır.
3- İlginç olan şu ki; A ve P açıları üç eşit parçaya bölünmüş ve şeklin ortasında bir eşkenar üçgen
belirmiş. Dolayısıyla (aşağıdaki Morley Teoremi gereği) C açısı da üç eşit parçaya bölünmeli-
dir, yani 2x=y olmalıdır: x=2° ve y=4° ise s(BCD)=2° ve s(ACD)=4° dir.
92