LYS Geometri Denemesinin Çözümleri Mayıs 2011 Öz-De-Bir

A

A

A

A

A .

GEOMETRÝ LYS DENEME SINAVI 1.

3.

A

A E

6 6

K

6

10 30

G 12

E

x

B

B

k

C

2k

D

6.10 A(ABC) = —— = 30 cm2 ve 2

C

D

15

6

G noktasý aðýrlýk merkezi ise [AD] çizersek

|BD| = |DC| olur.

A(AÿEC) = A(AÿCD) olur.

|BK| yý çizersek

A(ACD) = 15 cm2 bulunur.

|AK| = |KC| = |GK| = 6 cm ve |BG| = 12 olur.

Yanýt: E

BGC üçgeninde orta tabandan x = 6 cm bulunur.

Yanýt: D

2.

4.

A 60°

B

50°

D 6

C

50°

2M3

4M3

A

45°

30° 30°

80°

40°

O

C

60°

D

F

E 40°

B 6

BDC ikizkenar üçgeninde açýlarý yazarsak

45°

m(OéCB) = 20° ve ODB üçgeninde F

m(OéDB) = m(AéBD) = 40° ve

ABC eþkenar üçgeninde açýlar yazýlýrsa

AOC üçgeni ikizkenar üçgen olur. (|AO| = |OC|)

BDF üçgeni ikizkenar dik üçgen olur.

m(AéCO) = m(CéAB) = 50° ve

|BD| = |BF| = 6 cm ⇒ |DF| = 6M2 cm bulunur.

m(AéCB) = 70° bulunur.

Yanýt: C

Yanýt: E 1

A

A

5.

A

A 7.

B

A .

L

D

A

6

K

P

60°

C 15° 30°

75°

4

4

120°

O

2 6

15°

A

C

B

Verilen açýlarý yazarsak ve B noktasýndan [AC] ye dik inersek

[BO] ⊥ [AB ve [OC] ⊥ [AC (yarýçap deðme noktasýnda teðete diktir.)

|PB| = 2 cm (PBC üçgeninde 30° – 60° – 90°) ABK üçgeninde |AK| = 8 cm (15° – 75° – 90°) 2.8 A(ABK) = —— = 8 cm2 bulunur.

2

ABCD dörtgeninde m(BéOC) = 120° bulunur. m(BéOC) = 120° bulunur.

Yanýt: B

Bu durumda dilim alaný 2 240° Ta = π.6 . —— = 24π cm2 360° Yanýt: C

8.

A

x

x 3M5

2M5

B

F 2M5

D

5 4 3

E

H

6.

5k = 10

P

6 = 3k 10

60°

C

4 5

30°

B

HDC üçgeninde açýortay teoreminden oranlarý yazarsak

H

|HC| = 3k, |DC| = 5k 3

2

2

(3k) + 8 = (5k) A

2

⇒ k = 2 (Pisagor baðýntýsýndan)

|DC| = 10 cm, |HC| = 6 cm, |BH| = 4 cm

E

2

2

2

2

2

BHD üçgeninde |BD| = 4 + 8 [PH] ⊥ (E) ⇒ [PH] ⊥ [AH] ve

⇒ |BF| = |FD| = 2M5 cm

[AP] yi çizersek

EHC üçgeninde |EC| = 6 + 3

2

|AP| = 5 cm ve üç dikme teoremine göre, [PA] ⊥ AB olur.

2

2

⇒ |BD| = 4M5 cm ⇒ |EC| = |AF| = 3M5 cm 2

AFD üçgeninde x = (3M5) + (2M5) = ò65 cm

PAB üçgeninde (30°, 60°, 90°)

bulunur.

|PB| = 10 cm bulunur.

Yanýt: D

Yanýt: E 2

A

A

9.

D

45°

A 11.

C

α

S

A D

5M2

E

45° 5

P

45° 8

10

S

A

F

A

C

5

α

8

E

A .

13

12

A

P

B

B

x = 17

m(DéCE) = α ise m(FéCB) = 45 – α olur.

E noktasýndan [AD] ye bir dik inersek

DEC üçgenini þekildeki gibi taþýrsak

|DP| = |EP| = 5 cm

m(FéCP) = 45° ve

EPA üçgeninde |AP| = 12 cm (5 – 12 – 13 üçgeni)

1 M2 A(FPC) = S + A = — .10.8 — = 20M2 cm2 bulunur.

2 2

ve x = 17 cm bulunur.

Yanýt: D

Yanýt: C

12.

10.

D

D

C 4

C

E A

1

E

A

F

5

4,5

1

4,5

A 1

B

A(AFB) = A(EFB) = 4,5 cm2 A

1

1

1

1

B

(Tabanlarý ve yükseklikleri ayný)

|AD| = 3 br, |AB| = 4 br, |DB| = 5 br

Yamukta yan alanlar eþit

(Pisagor baðýntýsýndan) bulunur.

A(ADE) = A(ECB) = A olsun

ABD üçgeninde öklit teoremini yazarsak

A = 4.9 ⇒ A = 6 cm

2

2

2

|AE|.5 = 3.4 ⇒ |AE| = 2,4 br bulunur.

A(ABCD) = 25 cm bulunur.

Yanýt: D

Yanýt: C 3

A

A

13.

A

a

A

2a

E

A

A .

15.

B a

F

2a

A

7

O1

H

a

G

C

2a

O2 2

D

2

D

2

12

P

a

x B

5

12

C

Dikdörtgenler eþ olduðu için kenarlara isim verelim. |AD| = 2a, |AB| = 3a

O1 ve O2 den teðet noktalarýna yarýçaplarý çizersek dik olur.

A(ABCD) = 2a.3a = 96 ⇒ a = 4 cm bulunur.

O1O2 DC dik yamuk olur.

Yanýt: B

O2 den |O1C| ye dik inelim ve O1O2 P üçgeninde pisagor teoremini yazarsak (5 – 12 – 13 üçgeni) |O1O2| = 13 = 9 + x ⇒ x = 4 cm bulunur.

Yanýt: D

16.

F A 3k 3a

E 4k

B C D 144444442444443 12 4a

|AB| 3 —— = — olur. (ABD üçgeninde [BE] açýortay) |BD| 4

14.

E

ABC üçgeninde dýþ açýortay teoremini yazarsak x

|AC| 12 —— = — 3a 4a

7

⇒ |AC| = 9 cm bulunur.

Yanýt: D

C

D 12

5

5

P 10 5

A

5

B

17.

[AC] yi çizersek

Bir dörtgenin kenarlarýnýn orta noktalarýný birleþtirerek bir paralelkenar oluþtururuz.

Fakat, [KE] ⊥ [LF] ise

|DP| = |PB| = |PC| = |AP| = 5 cm

EFKL paralelkenarý eþkenar dörtgen olur. |EF| = x ise

EPC üçgeninde

4x = 48 ⇒ x = 12 cm bulunur.

|EC| = x = 13 cm (5 – 12 – 13 üçgeni) bulunur.

Yanýt: B

Yanýt: A 4

A

A

18.

A

A

A .

20.

A β

90 –

α 2

B

90 –

α 2

D

O E

a+4

a

D A

12

B

12 4

C

α

m(AïC) = m(CïB) ⇒ |OC| yarýçap olur.

C

ADO üçgeninde pisagor baðýntýsýný yazarsak

α |AC| = |BC| ⇒ m(BéAC) = m(AéBC) = 90 – — 2

2

2

(a + 4) = a + 12

2

⇒ a = 16 cm

r = |AO| = a + 4 = 20 cm bulunur. α |AB| = |BE| ⇒ m(BéAC) = m(BéEA) = 90 – — 2

Yanýt: A

α α ADE üçgeninde 90– — + 90 – — + β = 180° 2 2 α = β bulunur.

Yanýt: E

21.

19.

2

A

D

5

3

B

3

F E D

2

4

60°

3 60°

3

100°

60°

A

C

B

C

|FB| = |AB| = |BC| = |EB| (yarýçaplar)

Dik yamuk [DC] etrafýnda 360° döndürülürse þekildeki gibi bir dik silindir ve bir dik koni oluþur.

ABE eþkenar üçgen ve m(EéBD) = 20° olur.

2

2 π.3 .4 v = π.3 .2 + ——— = 30π bulunur.

3

Bu durumda m(DéBC) = 100° bulunur.

Yanýt: A 5

Yanýt: A

A

A

22.

A

A 25.

A

9

x + 2y – 6 = 0 2x – y – 2 = 0

E K 30°P 2M3

30° 30°

M3

L

2M3

C

ax + by – 6 = 0 ⇒ 2a + 2b – 6 = 0 ⇒ a + b = 3 bulunur.

60°

N

D

M

4x – 2y – 4 = 0 + ———————— 5x = 10 ⇒ x = 2, y = 2 ⇒ Kesim noktasý (2, 2) olur.

F 60°

K

60°

doðrularýnýn kesim noktasý 3. doðruyuda saðlar.

x + 2y – 6 = 0

9M3

B 60° 30°

A .

D noktasýndan BC ye bir paralel çizersek yeni oluþan üçgende eþkenar üçgen olur.

Yanýt: D

ANM üçgeninde |ED| + |DF| = 9M3 + M3 = 10M3 cm ve 10M3 = |EK| + 2M3 + 2M3 + |LF| |EK| + |LF| = 6M3 cm bulunur.

Yanýt: B

26.

ÂA ⊥ ÂB ⇒ ÂA.ÂÂB = 0 (x1.x2 + y1.y2 = 0) 3.2 + 4.(k – 4) = 0 5 k = — bulunur.

2 Yanýt: B

————————–

23.

M(a–1–2)2+ (2–6)2 = 5 2

2

2

(a – 3) + 4 = 5 2

(a – 3) = 9 a – 3 = 3 veya a – 3 = – 3 a=6

27.

a = 0 bulunur.

y x = –7

x–y+4=0

Yanýt: C

4 3

45° –4

3

x 3

45°

24.

M(a, b) yarýçapý r olan çember denklemi 2

2

(x – a) + (y – b) = r

2

Doðrularýn grafiklerini çizersek

dir.

2

y = –3

y = –3 doðrusunun simetriði 2

M(0, –1), r = 2 ⇒ x + (y + 1) = 4 bulunur.

x = –7 doðrusu bulunur.

Yanýt: E

Yanýt: A 6

A 28.

A

A

Doðru düzleme paralel ise doðrunun doðrultman vektörü ile düzlemin normali birbirine dik olur. Âv = (3, 1, 2), ÂN = (1, – 2, m) 1 Âv ⊥ ÂN ⇒ 3.1 – 2.1 + 2m = 0 ⇒ m = – — bulunur.

2 Yanýt: B

29.

k∈R ise x = 2k – 3 y = 3k + 1 z=k–2

9

olur ve bu parametrik þekilde verilen bir doðru denklemidir.

Düzenlersek, doðru denklemi x + 3 y –1 z + 2 ——– = —— = ——– bulunur.

3 2 1 Yanýt: C

30.

Vektörlerin bulunduklarý uzayý germesi için lineer baðýmsýz olmalarý gerekir. (Eðimleri farklý olmalý) 3 2 (–2, 3), (3, 2) ⇒ – — ≠ — 2 3 Yanýt: E 7

A

A .