TYT · Yarışma tarzı sorular · Bölüm 1 / 3

Fikir, gereken toplamı yukarıdan sınırlayıp sınırın tuttuğunu örnekle göstermektir. $n$ kenarlı dışbükey çokgende iç açılar toplamı $(n-2)\cdot 180^{\circ }$ olur. Dışbükeylikten her açı $0^{\circ }$ ile $180^{\circ }$ arasındadır. Açılar birbirinden farklı tam sayılar olduğundan toplam en çok $179+178+\cdots +(180-n)$ olabilir. Bu en büyük toplam $n(359-n)\mathrm{/}2$ değerindedir. Gereken toplam bunu aşamaz, buradan $n^2+n-720\le 0$ elde edilir. $26^2+26=702\le 720$ iken $27^2+27=756>720$ olduğundan $n\le 26$ bulunur. $n=26$ için gereken toplam 4320 dir, en büyük toplam 4329 dur. 154 yerine 145 alınırsa $145+155+\cdots +179=4320$ sağlanır ve bu açılarla dışbükey çokgen yapılabilir. Böylece sınır hem geçilemez hem ulaşılabilir olur.

Fikir, bir köşegeni öteleyip tabanlar toplamını üçgen tabanı yapmaktır. $C$ noktasından $BD$ doğrusuna paralel çizilip $AB$ doğrusu $K$ noktasında kesilsin. $BCKD$ dörtgeni iki çift paralel kenardan paralelkenar olur, bu yüzden $BK=4$ ve $CK=12$ bulunur. $AK=9+4=13$ olur. $ACK$ üçgeninin kenarları 5, 12 ve 13 olup $5^2+12^2=13^2$ sağlandığından dik üçgendir ve alanı 30 dur. Bu üçgenin $AK$ tabanına ait yüksekliği yamuğun yüksekliğine eşittir ve $AK$ tabanı alt ve üst taban toplamına eşittir, bu yüzden üçgenin alanı yamuğun alanına eşittir. Böylece alan 30 bulunur.

Çözümün ana fikri eşit yan ayrıtların simetriyi orta doğruya indirmesi ile bilinmeyen izdüşüm ve yüksekliği Pisagor denklemlerinden çekmektir. $\mathrm{\mid }SA\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }SB\mathrm{\mid }$ olduğundan tepenin izdüşümü $AB$’nin orta dikmesi üzerindedir, $\mathrm{\mid }SC\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }SD\mathrm{\mid }$ olduğundan $CD$’nin orta dikmesi üzerindedir, bu iki doğru taban karede aynı orta doğruyu verir ve izdüşüm $F$ bu doğru üzerinde $AB$’ye $y$ uzaklığındadır. $F{A}^2+h^2=45$ ve $F{C}^2+h^2=81$ yazılır, $F{A}^2=9+y^2$ ve $F{C}^2=9+(6-y{)}^2$ olduğundan çıkarma $36-12y=36$ verip $y=0$ ve $h=6$ bulunur. Taban alanı 36 olduğundan hacim $36\ast 6\mathrm{/}3=72$ olur. Merkezi varsaymak yanlış yükseklik verir.

Asıl fikir üç paralelkenar koşulunun orta nokta ile $ABC$ üçgenini ortanca üçgen yapmasıdır. Paralelkenarda köşegenler birbirini ortaladığından dördüncü köşeler $D_1=A+B-C$, $D_2=A+C-B$, $D_3=B+C-A$ olur; buradan $(D_1+D_2)\mathrm{/}2=A$, $(D_1+D_3)\mathrm{/}2=B$, $(D_2+D_3)\mathrm{/}2=C$ bulunur. Yani $A,B,C$ noktaları $D_1{D}_2{D}_3$ üçgeninin kenar orta noktalarıdır, bu yüzden $D_1{D}_2{D}_3$ üçgeni $ABC$ üçgeninin dört katı alana sahiptir. $ABC$ alanı köşe koordinatlarından $\mathrm{\mid }2\cdot 5+8\cdot 11+5\cdot 3-(3\cdot 8+5\cdot 5+11\cdot 2)\mathrm{\mid }\mathrm{/}2=21$ bulunur. Dört katı 84 olur.

Çözümün ana fikri Pisagor karşıtıyla üç dikliği saklı kenar uzunluklarından çıkarmak ile hacim için uygun tabanı seçmektir. $3^2+4^2=5^2$ olduğundan $ASB$ üçgeni $S$’de diktir, $3^2+5^2=34$ olduğundan $ASC$ üçgeni $S$’de diktir, $4^2+5^2=41$ olduğundan $BSC$ üçgeni $S$’de diktir, böylece $SA$, $SB$, $SC$ ikişer ikişer diktir. $SAB$ üçgeni taban alınırsa alanı $3\ast 4\mathrm{/}2=6$ olur ve $SC$ bu tabana diktir çünkü $SA$ ve $SB$’ye diktir, yükseklik 5 olur. Hacim $6\ast 5\mathrm{/}3=10$ bulunur. Tabanı $ABC$ alıp yüksekliği aramak çok uzun ve köklü işlemlere götürür.

Fikir katlamanın uzunluk ve açıyı korumasıdır. Katlamada $\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AE\mathrm{\mid }$, $\mathrm{\mid }BD\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }DE\mathrm{\mid }$ ve $\mathrm{\angle }ABD=\mathrm{\angle }AED$, $\mathrm{\angle }ADB=\mathrm{\angle }ADE$ olur. Verilen $\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }$ ile birleşince $\mathrm{\mid }AE\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }$ olur. $\mathrm{\angle }ACB$ ye $c$ denirse $\mathrm{\mid }DE\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }EC\mathrm{\mid }$ olan DEC üçgeni ikizkenar olduğundan $\mathrm{\angle }EDC=c$ ve $\mathrm{\angle }DEC=180^{\circ }-2c$ bulunur. Buradan $\mathrm{\angle }AED=2c$ ve katlamadan $\mathrm{\angle }ABC=2c$ elde edilir. $\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }AD\mathrm{\mid }$ olduğundan $\mathrm{\angle }ADB=2c$ ve katlamadan $\mathrm{\angle }ADE=2c$ olur. ADE üçgeninde $2c+2c+\mathrm{\angle }EAD=180^{\circ }$ olduğundan $\mathrm{\angle }EAD=180^{\circ }-4c$ ve katlamadan $\mathrm{\angle }BAD$ da aynıdır. $\mathrm{\angle }BAC=360^{\circ }-8c$ ile $2c+c$ toplanıp $180^{\circ }$ ye eşitlenince $360^{\circ }-5c=180^{\circ }$, $c=36^{\circ }$ ve $\mathrm{\angle }BAC=72^{\circ }$ bulunur.

Çözümün ana fikri yansıma ile üçgen eşitsizliğini birleştirmektir. $A$ noktası $CD$ doğrusuna göre yansıtılınca $A^{\mathrm{\prime }}$ elde edilir, $CD$ üzerindeki her $P$ için $AP$ ile $A^{\mathrm{\prime }}P$ birbirine eşittir, böylece $AP+PB$ toplamı $A^{\mathrm{\prime }}P+PB$ olur. Üçgen eşitsizliğinden bu toplam en az $A^{\mathrm{\prime }}B$ kadardır ve eşitlik $A^{\mathrm{\prime }}B$ doğrusu $CD$ doğrusunu kestiğinde olur. Yatay fark 6 ve düşey fark 8 olduğundan Pisagor ile $A^{\mathrm{\prime }}B$ uzunluğu 10 bulunur. Kesişim noktasının yatay konumu 3 olup 0 ile 10 arasında kaldığından ve $B$ açısı geniş olduğundan bu nokta $CD$ parçası üzerindedir, sınır kontrolü sağlanır, en küçük değer 10 olur.

Asıl fikir iki eksene ayrı ayrı yansıtıp üçgen eşitsizliğini kullanmaktır. $A$ noktasını $x$-eksenine göre yansıtınca $A^{\mathrm{\prime }}(4,-2)$ elde edilir, $B$ noktasını $y$-eksenine göre yansıtınca $B^{\mathrm{\prime }}(-2,4)$ elde edilir. Herhangi bir $P$ ve $Q$ için $AP=A^{\mathrm{\prime }}P$ ve $BQ=B^{\mathrm{\prime }}Q$ olduğundan $AP+PQ+QB=A^{\mathrm{\prime }}P+PQ+Q{B}^{\mathrm{\prime }}$ olur. Üçgen eşitsizliğine göre bu kırık çizgi en az $A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}$ kadardır ve eşitlik $A^{\mathrm{\prime }},P,Q,B^{\mathrm{\prime }}$ doğrusal olunca sağlanır. $A^{\mathrm{\prime }}{B}^{\mathrm{\prime }}$ vektörü $(-6,6)$ olduğundan uzaklık $\sqrt{36+36}=\sqrt{72}=6\sqrt{2}$ bulunur. Bu değer $P(2,0)$ ve $Q(0,2)$ ile gerçekten sağlanır, dolayısıyla en küçük değer budur.

Çözümün ana fikri simetri ile Öklid bağıntısını birleştirmektir. $C$ ve $D$ köşelerinden $AB$ tabanına dikler inilir, ikizkenar simetriden iki izdüşüm birbirine eşittir ve her biri $(AB-7)\mathrm{/}2$ olur. $AC$ ile $BC$ dik olduğundan $ABC$ üçgeni $C$ köşesinde diktir ve $AB$ hipotenüstür. Bu dik üçgende $BC$ dik kenarı için Öklid yazılır, $B{C}^2$ izdüşüm ile hipotenüsün çarpımına eşittir, yani $225=((AB-7)\mathrm{/}2)AB$ olur. Buradan $A{B}^2-7AB-450=0$ denklemi gelir, çarpanlara ayırma $(AB-25)(AB+18)=0$ verir, uzunluk olumlu olduğundan sonuç 25 bulunur.

Çözümün ana fikri yan yüzleri düzleme açmak ile açınımdaki doğru parçasının kenarı kestiği yeri benzerlikten bulmaktır. $\mathrm{\mid }AB\mathrm{\mid }=\mathrm{\mid }SA\mathrm{\mid }=6$ olduğundan yan yüzler eşkenar üçgendir ve tepe açıları 60 derecedir. $SAB$ ve $SBC$ yüzleri $SB$ boyunca açıldığında $SA$ ile $SC$ arasındaki açı 120 derece olur, $SA=6$ ve $SM=3$ olur. $A$ ile $M$ arasındaki en kısa yüzey yolu bu açınımdaki doğru parçasıdır ve $SB$’yi $X$’te keser. $SB$ bu açının açıortayı olduğundan 30-60-90 bağıntısıyla ya da koordinatla $X$’in $SB$’yi 1’e 2 oranında böldüğü görülür. Buradan $\mathrm{\mid }SX\mathrm{\mid }=2$ bulunur. Açınımı görmeden üç boyutlu uzaklıkla uğraşmak uzun ve yanlıştır.

Buradaki kilit fikir, rulo genişliğinin sadeleştiğini görüp kesitteki halka alanını açılmış kâğıdın alanına eşitlemektir. İç yarıçap 3, dış yarıçap 5 olduğundan kesitteki kâğıt halkasının alanı $\pi \cdot (25-9)=16\pi$ birimkaredir. Açılmış kâğıt bir dikdörtgendir ve bir yüzünün alanı uzunluk ile kalınlığın çarpımıdır, yani $L\cdot 0,1=16\pi$ yazılır. Buradan $L=160\pi$ birim bulunur; dileyen katman sayısını $(5-3)\mathrm{/}0,1=20$ ve ortalama çevreyi $8\pi$ alıp $20\cdot 8\pi$ ile de aynı sonuca ulaşır.

Buradaki kilit fikir, üç boyutlu cismi ekseninden geçen düşey bir kesitle düzleme indirgemektir. Piramidi karşılıklı taban kenarlarının orta noktalarından geçen düşey düzlemle kesince tabanı 12, yüksekliği 6 olan bir ikizkenar üçgen elde edilir; silindirin kesiti ise bu üçgenin içine tabana oturan, genişliği $2r$ ve yüksekliği $r$ olan bir dikdörtgendir. Yarım kesitteki dik üçgende (taban 6, yükseklik 6) benzerlikten $r\mathrm{/}6=(6-r)\mathrm{/}6$ yazılır ve buradan $r=3$ bulunur. Demek ki mumun yarıçapı da yüksekliği de 3 birimdir, hacmi ise $\pi \cdot 3^2\cdot 3=27\pi$ birimküptür.

Buradaki kilit fikir, tabana paralel kesitte çevre oranından doğrusal ölçeği okuyup hacim ölçeğine küp alarak geçmektir. Taban kenarı $48\mathrm{/}4=12$, kesit kenarı $24\mathrm{/}4=6$ olduğundan doğrusal ölçek $6\mathrm{/}12=1\mathrm{/}2$ olur ve üstte kalan küçük piramit ile büyük piramit benzer olduğundan hacim ölçeği $(1\mathrm{/}2{)}^3=1\mathrm{/}8$ bulunur. Büyük piramidin hacmi $(12\cdot 12\cdot 9)\mathrm{/}3=432$ birimküptür, atılan küçük parça $432\mathrm{/}8=54$ birimküptür. Geriye kalan parça bütün ile parça farkından $432-54=378$ birimküp olur.

Buradaki kilit fikir, yanal yüzeyin açılımında eğri duran en kısa yolu düz bir doğru parçası olarak görmektir. Yanal yüz açıldığında genişliği taban çevresi ve yüksekliği silindir yüksekliği olan bir dikdörtgen olur; $A$ noktasından çapın diğer ucunun üstündeki $B$ noktasına gitmek bu dikdörtgenin yarısını, yani genişliği $16\mathrm{/}2=8$ ve yüksekliği 6 olan parçayı köşegeninden katetmektir. 6-8-10 üçgeninden en kısa yol 10 birim bulunur.

Çözümün ana fikri iç açıların paylaşımını sinüs teoreminin üç üçgende birlikte kullanılmasıyla birleştirmektir. Önce $m(\widehat{ACB})=40^{\circ }$ bulunur, buradan $m(\widehat{ABD})=20^{\circ }$ ve $m(\widehat{ACD})=10^{\circ }$ elde edilir. $x=m(\widehat{BAD})$ denirse $m(\widehat{DAC})=100^{\circ }-x$ olur. $ABD$, $ACD$ ve $BCD$ üçgenlerinde sinüs teoremi yazılıp taraf tarafa çarpılınca $\sin x\mathrm{/}\sin (100^{\circ }-x)\cdot \sin 10^{\circ }\mathrm{/}\sin 30^{\circ }=1$ gelir, yani $\sin x\mathrm{/}\sin (100^{\circ }-x)=1\mathrm{/}(2\sin 10^{\circ })$ olur. $x=80^{\circ }$ için sol taraf $\sin 80^{\circ }\mathrm{/}\sin 20^{\circ }$ olur, $\sin 80^{\circ }=\cos 10^{\circ }$ ve $\sin 20^{\circ }=2\sin 10^{\circ }\cos 10^{\circ }$ olduğundan eşitlik sağlanır. Bu oran $0^{\circ }$ ile $100^{\circ }$ arasında kesin artandır, dolayısıyla çözüm tektir ve aranan açı $80^{\circ }$ olur.

Çözümün fikri şerit genişliği kadar ötelemedir: $d_1$ ve $d_2$ doğruları $y=1$ ve $y=4$ olduğundan $PQ$ parçası boyu 3 olan sabit dik bir parçadır, bu yüzden $AP+QB$ toplamını küçültmek gerekir. $B(6,11)$ noktasını $(0,-3)$ vektörüyle $B^{\ast }(6,8)$ noktasına öteleyelim. $P=(x,1)$ ve $Q=(x,4)$ yazılırsa $Q{B}^2=(6-x{)}^2+49$ ve $P{B}^{\ast 2}=(6-x{)}^2+49$ olduğundan $QB=P{B}^{\ast }$ olur. Böylece $AP+QB=AP+P{B}^{\ast }\ge A{B}^{\ast }$ olur; bu son adım üçgen eşitsizliğidir ve eşitlik $P$ noktası $A{B}^{\ast }$ parçası üzerindeyken sağlanır. $A{B}^{\ast }=\sqrt{6^2+8^2}=10$ olduğundan en küçük toplam $10+3=13$ bulunur; $y=1$ doğrusu $A{B}^{\ast }$ parçasını kestiği için bu değer gerçekten alınır.

Asıl fikir her iç kesim noktasının dört köşeden geldiğini görmek ve tüm açıların üst sınırını toplama yansıtmaktır. Üç köşegenin tek noktada kesişmemesi koşuluyla her iç kesim noktası tam dört köşenin belirlediği dörtgenin köşegen kesişimidir, bu yüzden kesim sayısı $n(n-1)(n-2)(n-3)\mathrm{/}24$ olur. 7 kenarlıda bu değer 35 ve 8 kenarlıda 70 olduğundan 50’den fazla kesim olması $n$ sayısının en az 8 olmasını gerektirir. Öte yandan iç açılar toplamı $(n-2)180$ olup her açı 135’i aşmadığından $(n-2)180$ toplamı $135n$ değerini aşamaz, buradan $45n$ değeri 360’ı aşamaz ve $n$ sayısı en çok 8 olur. İki sınır birleşince $n=8$ bulunur ve köşegen sayısı $8(5)\mathrm{/}2=20$ olur.

Fikir şudur: $AB$ doğru parçasının orta noktası $M$ olsun; her $P$ noktası için $P{A}^2+P{B}^2=2P{M}^2+A{B}^2\mathrm{/}2$ eşitliği geçerlidir, bu kenarortay teoremidir ve iki kare toplamını tek bir uzaklığa indirger. Burada $M(3,3)$ olur ve $A{B}^2=(6-0{)}^2+(5-1{)}^2=52$ olduğundan toplam $2P{M}^2+26$ biçimine gelir. $c$ çemberi $(x-7{)}^2+(y-6{)}^2=4$ biçimine getirilirse merkezi $O(7,6)$ ve yarıçapı 2 bulunur. $M$ çemberin dışında olduğundan çember üzerindeki $P$ için $PM$ en küçük değerini $MO-R$ olarak merkezleri birleştiren doğru üzerinde alır. $MO=5$ olduğundan en küçük $PM=3$ olur ve toplam $2\cdot 9+26=44$ bulunur.

Fikir, dik üçgende hipotenüse inen yükseklikle ortaya çıkan benzerlik ile taban ile yüksekliğin çarpımının yarısı olan alan bağıntısını birleştirmektir. $B$ açısı ortak ve iki dik açı bulunduğu için $DBH$ üçgeni $ABC$ üçgenine benzerdir, aynı gerekçeyle $ECH$ üçgeni de $ABC$ üçgenine benzerdir, dolayısıyla $DBH$ ile $ECH$ birbirine benzerdir. Hipotenüsler $BH=m$, $CH=n$ ve $BC=m+n=a$ olsun, büyük alan $S$ olsun. Benzerlikte alanlar oranı uzunluk oranının karesidir, bu yüzden $8=S(m\mathrm{/}a{)}^2$ ve $18=S(n\mathrm{/}a{)}^2$ yazılır. Karekök alınırsa $\sqrt{8}=\sqrt{S}m\mathrm{/}a$ ve $\sqrt{18}=\sqrt{S}n\mathrm{/}a$ olur. Toplamada $\sqrt{8}+\sqrt{18}=\sqrt{S}(m+n)\mathrm{/}a=\sqrt{S}$ bulunur. $\sqrt{8}=2\sqrt{2}$ ve $\sqrt{18}=3\sqrt{2}$ olduğundan toplam $5\sqrt{2}$ olur, karesi 50 birimkare verir.

Buradaki düşünce köşegenlerden birini öteleyerek yamuk ile aynı alana sahip bir üçgen kurmak ve dik üçgenlerden taban toplamını bulmaktır. Köşegen ötelenince üst taban ile alt tabanın toplamı üçgenin bir kenarı olur ve yamuğun yüksekliği bu üçgenin yüksekliğine eşit kalır, böylece alanlar eşitlenir. Yükseklik sekiz olduğundan dik üçgen bağıntısı ile izdüşüm uzunlukları altı ve on beş bulunur, izdüşümlerin içte kalması koşulu toplamayı gerektirir ve tabanlar toplamı yirmi bir olur, yarım çarpım ile sonuç bulunur. İzdüşüm yönü karıştırılırsa fark alınır, köşegenler taban sanılırsa ya da köşegen çarpımının yarısı alınırsa yanlış sonuçlara gidilir.

Bu sorunun ana düşüncesi yatay eksen üzerinde gezen noktada görülen açının sabit iki noktadan geçen ve eksene teğet olan çemberin değme noktasında en büyük değerini alması ve bu teğetlik koşulunun başlangıç noktasının çembere göre kuvveti ile bulunmasıdır. Sabit noktalardan geçen ve ekseni iki noktada kesen herhangi bir çemberin dışında kalan noktada görülen açı daha küçük kalır, bu yüzden en büyük açı için çember eksene teğet olmalıdır. Başlangıç noktasından teğet parçasının karesi ile dikey eksen üzerindeki kesen parçaların çarpımı birbirine eşit olur ve buradan teğet noktasının uzaklığının karesi iki ile sekizin çarpımına eşit bulunur. Verilen artı koşul ile aranan uzaklık dört olur ve bu değer gerçekten istenen teğet çemberi verir. Doğrudan açı ölçüsü ile uğraşmak işlemi gereksiz yere uzatır.

Çözümün ana fikri ikizkenar üçgenin taban açı eşitliğini dar açılı ve tam sayı olma koşullarının verdiği aralık daraltmayla birleştirmektir. $c=m(\widehat{ACB})$ denirse $m(\widehat{ADB})=7c$ olur, $AB=AD$ olduğundan $m(\widehat{ABC})=7c$ bulunur. Buradan büyük üçgenin açıları $7c$, $c$ ve $180^{\circ }-8c$ olur. Dar açılı olma $7c<90^{\circ }$ ve $180^{\circ }-8c<90^{\circ }$ eşitsizliklerini verir, yani $11.25<c<12.857$ olur. İç açılar tam sayı olduğundan bu aralıkta tek olanak $c=12$ kalır. Bu değerde $m(\widehat{BAD})=180^{\circ }-14c=12^{\circ }$ ve $m(\widehat{DAC})=6c=72^{\circ }$ pozitif olduğundan $AD$ ışını $A$ açısının içindedir ve $D$ gerçekten $BC$ kenarı üzerinde bulunur, aranan açı $12^{\circ }$ olur.