Sentetik Çözüm:
$APC$ üçgeninin $AC$’ye göre simetriği $AKC$ üçgenidir. ($40^{\circ}-70^{\circ}-70^{\circ}$ -> $B$, $A$, $K$ doğrusaldır.)
$BCA$ ve $ACK$ açılarının ölçüleri eşit, $30^{\circ}$ ve $\left | PC \right |=\left | KC \right |$ olduğu için $KPC$ eşkenar üçgendir. $\left | PC \right |=\left | KC \right |=\left | KP \right |$’dir.
$PBK$ ve $PBC$ üçgenlerinin eş üçgenler olduğu görülür. ($BP$ simetri ekseni)
O halde $KBP$ ve $PBC$ açılarının ölçüleri eşit olup, $\alpha=10^{\circ}$’dir.
PROBLEM #2
Sentetik Çözüm:
$BC$ kenarı üzerinde $\left | EF \right | = \left | BF \right |$ olacak şekilde bir $E$ noktası belirleyip, $\left | EF \right |$ uzunluğunu çizelim. Bu durumda $BFE$ üçgeni $30^{\circ}$ – $30^{\circ}$- $120^{\circ}$ üçgeni olur. Bir dış açı kendisine komşu olmayan iki iç açının ölçüleri toplamı olduğu için $m(\widehat{EFC})=15^{\circ}$ olup, $EFC$ üçgeninin ikizkenar olduğu görülür.
Bu durumda $\left | EF \right |=\left | EC \right | $ olur ve $\left | EC \right |=\left | KC \right | $ olduğu için $EKC$ üçgeni eşkenar olup $\left | EF \right |=\left | EK \right | $ bulunur. Dolayısıyla $FEK$ üçgeni $45^{\circ}$ – $45^{\circ}$- $90^{\circ}$ üçgenidir.
O halde
$x^{\circ}+45^{\circ}+60^{\circ}=180^{\circ}
\Rightarrow x=75^{\circ}$ olarak bulunur.
PROBLEM #3
Bir $ABC$ üçgeninin çevrel çemberinin merkezi $O$, diklik merkezi $H$ olsun.
$O$ noktasından $BC$ kenarına inen dikme ayağı da $D$ olsun.
$\left | AH \right |=2\left | OD \right |$ olduğunu gösteriniz.
Çözüm:
$AH$ doğrusunun $BC$ doğrusunu kestiği nokta $M$ olsun.
$H$ noktası diklik merkezi olduğu için $AM \perp BC$’dir.
$O$ noktası çevrel çemberin merkezi olduğu için $\left | BD \right | = \left | DC \right |$’dir.
$ABC$ üçgeninin çevrel çemberini çizelim.
$B$ ve $O$ noktasından geçen çapı çizelim, bu doğrunun çevrel çemberi kestiği nokta $K$ olsun. $BKC$ üçgenine dikkat edilirse, $BK$ çap olup $m(\widehat{BCK}) = 90^{\circ}$’dir.
$CK \perp BC$, $\quad \left | BO \right |=\left | OK \right |$
Bu durumda $\left | BO \right |=\left | OK \right |$ ve $ AM//OD//KC \quad (I)$
$OD$ doğru parçası, $BKC$ üçgeninde orta taban olduğu için $ \left | KC \right |=2\left | OD \right |$
Şimdi de çözümün ikinci kısmına geçelim:
$AK$ doğru parçasını çizersek, $[BK]$ çap olduğu için $m(\widehat{BAK}) = 90^{\circ}$
$CH$ doğrusunu çizelim, bu doğrunun $AB$ kenarını kestiği nokta $T$ olsun. $H$ diklik merkezi olduğu için $CT \perp AB$
$AK \perp AB$ ve $CT \perp AB \quad \Rightarrow \quad AK // CT \quad (II)$
$(I)$ ve $(II)$’den $AHCK$ bir paralelkenardır. O halde $\left | AH \right |=\left | KC \right |$ olup,
$\left | AH \right |=2\left | OM \right |$’dir.