1. - nokta2000

OLİMPİYATLAR İÇİN DÜZLEM GEOMETRİ
İÇİNDEKİLER
1. TEMEL KAVRAMLAR
Açıortay Özellikleri
6
Blanchet Teoremi
44
Yükseklikler ve Çevrel Çember
48
Euler Doğrusu
61
Leibnitz Teoremi
78
Dokuz Nokta Çemberi (Euler Çemberi)
85
Euler Bağıntıları
91
Carnot Teoremi
Problemler
99
100
2. ÜÇGEN KOPYALAMA(TAŞIMA) PROBLEMLERİ
ve AFİN DÖNÜŞÜMLER
Üçgen Kopyalama Yöntemi
108
Afin Dönüşüm Yöntemleri
159
Problemler
162
3. DOĞRUSALLIK ve NOKTADAŞLIK
Kuvvet merkezi ve Brianchon Teoremi
182
Birkaç Önemli Doğrusallık-Noktadaşlık Problemi
183
Homoteti
195
Menelaüs ve Ceva Teoremleri
205
Gergonne, Nagel, Lemoine Noktaları
225
Desargues Teoremi
248
Pascal Teoremi
251
Pappus Teoremi
254
Problemler
255
TEMEL KAVRAMLAR
ͳǤ
AçŦortay Özellikleri
Blanchet Teoremi
Yükseklikler ve Çevrel Çember
Euler DoŒrusu
Leibnitz Teoremi
YoY;;Gǡ
Dokuz Nokta Çemberi (Euler Çemberi)
Euler BaŒŦntŦlarŦ
Carnot Teoremi
Bu bölümde; bir üçgenin açÇortaylarÇ, yükseklikleri ve kenar orta dikmeleri ile ilgili özellikleri inceleyeceºiz. Euler Doºrusu, Leibnitz Teoremi gibi
geometrideki ilginç özellikleri, bunlarÇn bazÇ problemler üzerinde uygulanÇçlarÇnÇ göreceºiz.
Problemler
1.
ڎò
OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 PROBLEMLER7
6
Problem 1.1:
Bir üçgenin iç açÕortaylarÕ tek noktada kesiúir ve bu nokta üçgenin iç te÷et çemberinin merkezidir. Gösteriniz.
Çözüm:
A
A
L
M
B
L
M
I
K
C
B
ùekil 1.1 A
I
C
K
ùekil 1.1 B
B ve C köúelerinin iç açÕortaylarÕ I noktasÕnda kesiúsin. I noktasÕndan üçgenin kenarlarÕna çizilen dikmelerin ayaklarÕ K, L ve M olmak üzere IK
IM ve IK IL dir. DolayÕsÕyla, IM
IL dir.
Buradan, IMA # ILA olup ‘MAI
‘LAI , yani AI do÷rusu A açÕsÕnÕn açÕortayÕdÕr. (ùekil 1.1 A)
Böylece, üçgenin iç açÕortaylarÕnÕn bir noktada kesiútiklerini gösterdik. AyrÕca, IK
IM
IL oldu÷u
göz önüne alÕnÕrsa, I merkezli ve IK yarÕçaplÕ çemberin üçgenin kenarlarÕna te÷et oldu÷u açÕktÕr. Bu
sayede, üçgene içten te÷et bir çemberin çizilebilece÷ini de ispat etmiú olduk. (ùekil 1.1 B) øç te÷et çembere kÕsaca iç çember, I harfi ile gösterilen iç te÷et çemberin merkezine iç merkez de denmektedir.
AlÕútÕrmalar 1.1: Bir üçgenin iki iç açÕortayÕ arasÕndaki açÕnÕn ölçüsü;
rÕsÕnÕn toplamÕna eúittir. Gösteriniz. Yani ùekil 1.1 A ya göre,
‘BIC
90o
ile 3. açÕnÕn ölçüsünün ya-
90o ‘A
2
dir.
TEMEL KAVRAMLAR
7
Problem 1.2:
Bir üçgenin iki dÕú açÕortayÕ ve üçüncü açÕsÕnÕn iç açÕortayÕ tek noktada kesiúirler. Bu nokta
üçgenin dÕú te÷et çemberlerinden birinin merkezidir. Gösteriniz.
Çözüm:
A köúesinin dÕú açÕortayÕ ile B köúesinin iç açÕortayÕ I b noktasÕnda kesiúsin. I b noktasÕndan üçgenin
kenarlarÕna (ya da bunlarÕn uzantÕlarÕna) çizilen dikmelerin ayaklarÕ K, L ve M olsun. I b M
Ib M
I b K oldu÷undan, I b L
gösterilebilir. DolayÕsÕyla
‘LCIb
I b L ve
I b K dÕr. Buradan kolayca I b LC # I b KC dik üçgenlerinin eúli÷i
‘KCIb , yani CO do÷rusu C açÕsÕnÕn dÕú açÕortayÕdÕr. (ùekil 1.2 A)
Böylece iki dÕú açÕortay ve 3. açÕnÕn iç açÕortayÕnÕn tek noktada kesiúti÷ini göstermiú olduk. AyrÕca,
Ib M
I b L I b K oldu÷u göz önüne alÕnÕrsa, Ib merkezli ve I b K yarÕçaplÕ çemberin, üçgenin
kenarlarÕna (ya da onlarÕn uzantÕlarÕna) te÷et oldu÷u açÕktÕr. (ùekil 1.2 B) Tüm bunlarla birlikte, üçgene
dÕútan te÷et bir çemberin çizilebilece÷ini de ispat etmiú olduk.
M
M
Ic
Ib
Ib
A
B
A
L
B
C
L
C
ùekil 1.2 A
Ib
A
K
B
C
Ia
K
ùekil 1.2 B
ùekil 1.2 C
Benzer muhakeme ile üçgenin di÷er kenarlarÕna da dÕútan te÷et olan çemberlerin çizilebilece÷i gösterilebilir. Bu çemberlerin merkezleri genellikle I a , I b ve I c harfleri ile gösterilirler. DÕú te÷et çembere
kÕsaca dÕú çember, dÕú te÷et çemberin merkezine de dÕú merkez denmektedir. (ùekil 1.2 C)
90o ile 3. açÕnÕn ölçüsünün
‘B
90o dir.
2
AlÕútÕrmalar 1.2.1: Bir üçgenin iki dÕú açÕortayÕ arasÕndaki açÕnÕn ölçüsü
yarÕsÕnÕn farkÕna eúittir. Gösteriniz. ùekil 1.2 A ya göre,
‘AI bC
TEMEL KAVRAMLAR
75
Problem 1.54:
økizkenar olmayan ABC üçgeninde I, H, O sÕrasÕyla iç merkez, diklik merkezi ve çevrel merkez
o
olsun. AI // HO için gerek ve yeter úart ‘BAC 120 olmasÕdÕr, gösteriniz. (IMO Longlist 1992)
Çözüm:
p
120 o olan ABC üçgenini çizelim. AI iç açÕortayÕ, çevrel çemberi L de kessin. L noktasÕ, BC
yayÕnÕn orta noktasÕ oldu÷undan OL A BC dir. AynÕ zamanda HA A BC oldu÷undan OL // HA dÕr.
q 240o ve BAC
q 120o oldu÷undan ‘BOC 120o , ‘OCD 30 o dir. Böylece ODC dik
BLC
HJJJJG
üçgeninde OC 2 OD dir. ABC üçgeninin a÷ÕrlÕk merkezi G olmak üzere, HGO do÷rusal oldu‘BAC
÷undan (Euler do÷rusu)
HA
OC dir. OL
HAG ~ ODG ve
HA
AG
OD
GD
2 dir. Buna göre HA
OC eúit yarÕçaplar oldu÷undan HA
2. OD olup
OL elde edilir. Bu ise HALO dört-
geninin bir paralelkenar olmasÕ demektir. AL // HO elde edilir.
H
A
G
B
D
60°
O
L
ùekil 1.54
30°
C
Tersine olarak, AL // HO ise OL // HA oldu÷undan HALO dörtgeni bir paralelkenardÕr ve
HA OL OC olur. HA 2. OD oldu÷undan
OC
‘OCD
2 OD
elde
30 olup ‘BAC
o
ederiz.
o
Bu
120 bulunur.
halde
OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 PROBLEMLER7
76
Problem 1.55:
Dar açÕlÕ ABC üçgeninin ortik üçgeni DEF olsun. DEF üçgeninin iç te÷et çemberi, kenarlara K,
L, M noktalarÕnda te÷et ise KLM ve ABC üçgenlerinin aynÕ Euler do÷rusuna sahip oldu÷unu
gösteriniz.
Bu problem, Balkan M.O 1990’da herhangi bir ABC üçgeni için sorulmuútur. Fakat kanÕtlanmasÕ istenen özellik sadece dar açÕlÕ üçgenlerde geçerlidir.
Çözüm:
ABC üçgeninin diklik merkezini H ile gösterelim. Problem 1.33 den dolayÕ H noktasÕ DEF üçgeninin iç
te÷et çemberinin merkezidir. Buna göre KLM üçgeninin çevrel çemberinin merkezi de H olur. HLDM
dörtgeni bir deltoit oldu÷undan HD A LM dir. AyrÕca HD A BC oldu÷undan LM // BC dir. Benzer
úekilde HKEM, HKFL dörtgenlerinin de birer deltoit oldu÷unu kullanarak KL // AB , KM // AC paralelliklerini de yazabiliriz. Böylelikle ABC ~ KLM (A.A.A) benzerli÷i olup bu üçgenlerin Euler do÷rularÕ
birbirine paraleldir. (Neden?) ABC üçgeninin Euler do÷rusu diklik merkezi H noktasÕndan geçecektir.
KLM üçgeninin Euler do÷rusu da çevrel çemberin merkezi olan H noktasÕndan geçecektir. O halde bu
iki Euler do÷rusu çakÕúÕktÕr.
A
H
L
M
E
K
F
K
F
H
L
B
E
M
D
C
ùekil 1.55 A
B
A
D
C
ùekil 1.55 B
AlÕútÕrmalar 1.55: ‘A ! 90 olan geniú açÕlÕ ABC üçgeninin ortik üçgeni DEF olsun. DEF üçgeninin
D noktasÕna göre dÕú te÷et çemberi, kenarlara K, L, M noktalarÕnda te÷et ise KLM ve ABC üçgenlerinin aynÕ Euler do÷rusuna sahip oldu÷unu gösteriniz.
o
ÜÇGEN KOPYALAMA (TAbIMA) PROBLEMLER7 VE AF7N DÖNÜbÜMLER
137
Problem 2.28:
ABC üçgeninin iç te÷et çemberinin merkezinden geçen bir do÷ru [AB], [AC] kenarlarÕnÕ sÕrasÕyla P,
Q noktalarÕnda kesiyor. PBCQ bir kiriúler dörtgeni ise
PQ
BP CQ
oldu÷unu ispatlayÕnÕz.
Çözümler:
Çözüm 1:
øç te÷et çember üçgenin kenarlarÕna D, E, F noktalarÕnda te÷et olsun. [AC ÕúÕnÕ üzerinden
B'E
BD
olacak úekilde bir
B ' noktasÕ alalÕm. B ' IE üçgenini, BID üçgeninin I noktasÕ etrafÕnda
döndürülmesi ile elde edilmiú gibi de düúünebiliriz. ‘FBI ‘DBI D dersek ‘EB ' I D olur. .
PBCQ bir kiriúler dörtgeni oldu÷undan ‘ PQC
dan ‘B ' IQ
IQ
180 o 2D olur. IQB ' üçgeninin iç açÕlarÕ toplamÕn-
D olup IQB ' üçgeni ikizkenarÕdÕr. Buna göre
B ' E QE
B 'Q
BF QE
… (1)
eúitli÷i elde edilir. Benzer úekilde DIC üçgenini I noktasÕ etrafÕnda döndürerek
lÕm. Bu durumda
PI
C ' F PF
C'P
CE PF
… (2)
CE QE BF PF elde edilir. (1) ve (2) taraf tarafa toplanÕrsa PI IQ
olup
PQ
BP CQ
FIC ' üçgenini oluútura-
CQ BP
elde edilir.
A
A
P
F
I
P
C¢
B
E
Q
D
I
C
Q
B¢
ùekil 2.28 – A
E
B
C
ùekil 2.28 – B
OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 PROBLEMLER7
138
Çözüm 2:
D , ‘QCI ‘BCI E yazÕlabilir. .
PBCQ bir kiriúler dörtgeni oldu÷undan ‘ CQP 180 o 2D , ‘ BPQ 180 o 2 E dÕr. [PQ] üzerinden
øç açÕortaylarÕn kesim noktasÕ I oldu÷undan
PE
PB
‘PBI
‘CBI
olacak úekilde bir E noktasÕ alÕrsak ‘PEB
olup BCEI bir kiriúler dörtgeni olur. DolayÕsÕyla ‘CEQ
toplamÕndan ‘ECQ
D olup QE
QC
E olur. Böylece ‘BEI
‘PBE
‘CBI
‘BCI
D olur. QEC üçgeninde iç açÕlar
elde edilir.
Problem 2.29:
Bir ABCD kiriúler dörtgeni ve merkezi [AB] kenarÕ üzerinde olan bir çember veriliyor. Di÷er üç
kenar çembere te÷et oldu÷una göre
AD BC
AB
oldu÷unu ispatlayÕnÕz. (IMO 1985)
Çözümler:
Çözüm 1:
Çemberin ABCD dörtgeninin kenarlarÕna te÷et oldu÷u noktalar E, F, G olsun. [AD ÕúÕnÕ üzerinden
C'E
CF
AO
AC '
olacak úekilde bir
C ' noktasÕ alalÕm. C ' EO üçgenini, CFO üçgeninin O noktasÕ etrafÕnda döndürülmesi ile elde edilmiú gibi de düúünebiliriz. ‘EC ' O ‘FCO D dersek ‘GCO D
o
olur. ABCD kiriúler dörtgeni oldu÷undan ‘DCB 2D Ÿ ‘DAB 180 2D dÕr. AC ' O üçgeninin
iç açÕlar toplamÕndan ‘AOC ' D dÕr. AC ' O üçgeni ikizkenar olup Böylece
AE FC
AE GC
elde edilir. Benzer úekilde BC üzerinden
… (1)
DF
D 'G
olacak úekilde bir
D ' alalÕm. OD ' G üçgenini,
ODF üçgeninin O noktasÕ etrafÕnda döndürülmesi ile elde edilmiú gibi de düúünebiliriz. Buradan
BO
BD '
BG GD '
BG ED
… (2)
oldu÷unu görebiliriz. (1) ve (2) eúitliklerini taraf tarafa toplarsak
AB
AD BC
C
C¢
bulunur.
C
F
F
D¢
D
D
G
G
E
A
O
ùekil 2.29 – A
B
A
O
ùekil 2.29 – B
B
3.BÖLÜM: DO)RUSALLIK ve NOKTADAbLIK
187
Problem 3.3:
ABCD te÷etler dörtgeninin iç te÷et çemberi, [AB], [BC], [CD], [DA] kenarlarÕna sÕrasÕyla E, F, G, H
noktalarÕnda te÷et ise AC, EF, GH do÷rularÕnÕn ya noktadaú ya da paralel olaca÷ÕnÕ kanÕtlayÕnÕz.
Çözüm:
Önce ABCD te÷etler dörtgeninde GH // AC ise EF // AC olaca÷ÕnÕ gösterelim. DHG ~ DAC
oldu÷undan
oldu÷undan
DH
HA
DG
GC
DH
DG dir. Böylece HA
yazÕlÕr. Fakat D den çembere çizilen te÷et parçalarÕnÕn uzunluklarÕ eúit
birlikte, bir te÷etler dörtgeninde
göre
BE
BF
EA
FC
GC olur. AyrÕca BE
AB CD
BF dir. Tüm bu eúitliklerle
AD BC oldu÷undan EA
FC bulunur. Buna
orantÕsÕ sa÷lanÕr ve dolayÕsÕyla EF // AC olur. Sonuç olarak AC, EF, GH do÷rula-
rÕnÕn herhangi ikisi paralel ise üçüncüsü de bunlara paralel olmak zorundadÕr. Herhangi iki do÷ru paralel iken üçüncü do÷ru, bu paralelleri kesemez. (ùekil 3.3 A)
P
A
A
E
E
B
B
F
H
H
F
D
G
ùekil 3.3 A
C
D
G
C
ùekil 3.3 B
ùimdi de AC ile EF do÷rularÕnÕn bir P noktasÕnda kesiúti÷ini varsayalÕm. GH nÕn da bu P noktasÕndan
geçti÷ini kanÕtlayaca÷Õz. EBF ikizkenar üçgen oldu÷undan ‘BFE ‘ BEF ‘ PEA dÕr. ‘EFC ile
OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7
188
‘ BFE bütünler oldu÷undan bunlarÕn sinüsleri de eúittir. DolayÕsÕyla sin ‘PEA sin ‘PFC dir.
PAE ve PCF üçgenlerinde sinüs teoremi uygulanÕrsa
AE
sin ‘APE
AP
sin ‘PEA
… (1)
FC
sin ‘FPC
PC
sin ‘PFC
… (2)
olur. (1) ve (2) den
AP
AE
PC
FC
… (3)
elde edilir. GH ile AC nin kesiúimi P ' olsun. Benzer iúlemler ile
AP '
AH
P 'C
GC
… (4)
oldu÷u gösterilebilir.
AE
AH , FC
AP
PC
PC AP
AC
AP '
P 'C
P ' C AP '
AC
olup
AP '
GC dir. (3), (4) eúitliklerinden ve orantÕ özelliklerinden
1
AP elde edilir. O halde P ve P ' noktalarÕ çakÕúÕktÕr. AC, EF, GH do÷rularÕ aynÕ P nok-
tasÕndan geçer.
Problem 3.4:
Bir dörtgenin karúÕ kenar çiftlerinin orta noktalarÕnÕ birleútiren do÷ru parçalarÕ ile köúegenlerin
orta noktalarÕnÕ birleútiren do÷ru parçasÕnÕn tek noktada kesiúti÷ini ve bu üç do÷ru parçasÕnÕn
her biri di÷erini ikiye böldü÷ünü gösteriniz.
Çözüm:
ABCD dörtgeninde K, L, M, N, üzerinde bulunduklarÕ kenarlarÕn orta noktalarÕ ve X,Y üzerinde bulunduklarÕ köúegenlerin orta noktalarÕ olsun. ‘NAK
‘DAB ve
AN
AK
AB
AD
1
oldu÷undan
2
ANK ~ ABD (K.A.K) ve NK // DB dir. Benzer úekilde LM // DB, NM // AC, KL // AC oldu÷u gösterilebilir. Böylece NK // LM ve NM // KL olup KLMN bir paralelkenardÕr. DolayÕsÕyla [KM] ve [NL] köúe-
OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7
256
Çözüm:
AP ve BQ do÷rularÕnÕn kesiúimi D olsun. PQD ve ABD üçgenleri homotetik oldu÷undan çevrel çemberleri D noktasÕnda te÷ettir. Paralellikten dolayÕ ‘PDQ ‘PAC ‘ACB ‘PRQ olup PQDR ve
ABDC dörtgenleri çemberseldir. Böylece ABC ve PQR nin çevrel çemberleri D noktasÕnda te÷et olur.
A
P
B
R
C
Q
D
ùekil 3.56
Problem 3.57:
Dar açÕlÕ ABC üçgeninde [BC] nin orta noktasÕ M dir. [MA] do÷ru parçasÕ üzerinden
PM
BM olacak úekilde bir P noktasÕ alÕnÕyor. P den BC ye çizilen dikme aya÷Õ H dÕr. H dan
PB ye çizilen dik do÷ru ile AB nin kesiúimi Q dur. H dan PC ye çizilen dik do÷ru ile AC nin kesiúimi R dir. QHR üçgeninin çevrel çemberinin BC ye H noktasÕnda te÷et oldu÷unu gösteriniz.
(IMO Shortlist 1991)
Çözüm:
PB ile QH nÕn kesiúimi D, PC ile RH nÕn kesiúimi E olsun.
‘BPC
PM
BM
MC oldu÷undan
90o dir. Böylece DPEH bir dikdörtgen olur. PH A BC oldu÷undan DPEH dikdörtgenin
çevrel çemberi BC do÷rusuna H noktasÕnda te÷ettir. PC ile AB nin kesiúimi F, PB ile AC nin kesiúimi G
olsun. FG // BC oldu÷unu (bkz AlÕútÕrmalar 3.24) biliyoruz. DolayÕsÕyla
ve HR // BG oldu÷undan
FP
QD
PC
DH
,
GP
RE
PB
EH
FP
GP
PC
PB
dir. Bu eúitliklerden
dir. HQ // CF
QD
RE
DH
EH
elde edilir.
Yani DE // QR dir. Böylelikle DEH ve QRH üçgenleri, H noktasÕnÕ benzerlik merkezi kabul eden iki
homotetik üçgen olup çevrel çemberleri H noktasÕnda birbirine te÷ettir. DolayÕsÕyla QRH üçgeninin
çevrel çemberinin BC do÷rusuna H da te÷et oldu÷unu anlarÕz.
3.BÖLÜM: DO)RUSALLIK ve NOKTADAbLIK
257
A
G
F
P
R
E
Q
D
B
H
M
C
ùekil 3.57
Problem 3.58:
AB
AC olan ABC üçgeninde bir çember, ABC nin çevrel çemberine içten te÷et ve kenarla-
ra da P, Q noktalarÕnda te÷et ise [PQ] do÷ru parçasÕnÕn orta noktasÕnÕn ABC nin iç te÷et çemberinin merkezi oldu÷unu gösteriniz. (IMO 1978)
Çözüm:
A
[PQ] nun orta noktasÕ I ve çevrel çembere F de te÷et olan
çemberin merkezi O olsun. ùekil 3.58’ deki gibi iç te÷et
çemberinin merkezi O olan ADE ~ ABC üçgenini çizelim.
O ve I noktalarÕnÕn homotetik olarak eúlenik oldu÷unu
gösterece÷iz. Simetriden dolayÕ A, I, O, F noktalarÕ do÷rusaldÕr. A noktasÕ homoteti merkezi olan ADE ~ ABC benzerli÷inin oranÕ
I
P
D
ùekil 3.58
AD
Q
C
F
AB
dir. AIP, AFD, APO, ABF dik
üçgenleri benzer olduklarÕndan
O
B
k
E
AP
AB
AO
AF
AI
AO
AI
AF
AP
AD
dir. Bu iki eúitlikten
k elde edilir.
ve
AI
AB
AO
AD
olup
264
OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7
KAYNAKÇA
1) Plane Geometry, V. Prosolov
2) Challenging Problems in Geometry, A. Posamentier, C. Salkind
3) Mathematical Olympiads 1995 – 2001: Olympiad Problems from Around the World, T. Andreescu, Z. Feng
4) The IMO Compendium, D. Djukic, V. Jankovic, I. Matic, N. Petrovic
5) USA Mathematical Olympiads Summer Program (MOSP) Problems
6) Asian Pasific Mathematical Olympiad Problems
7) Balkan Mathematical Olympiad Problems
8) www.geomania.org
9) www.artofproblemsolving.com