İndirmek için tıklayınz - Matematik Olimpiyat Merkezi

Bir Açısı 60 veya 120 olan Üçgenler
Osman Ekiz
Dik üçgenler geometride özel bir yer tutar. Hatta dik üçgenler için geçerli olan Pisagor teoremini bilmeyenimiz yok gibidir. Dik üçgenlere bir açısının ölçüsü 900 olan üçgenler de diyebiliriz.
Biz de bu çalışmamızda dik üçgenler kadar yaygın olmayan fakat açılarından birinin ölçüsü 600
veya 1200 olan üçgenlerin özellikleri üzerine bir araştırma yaptık.
matematikolimpiyatmerkezi
Bu üçgenler ile alakalı mevcut bilgileri toplayıp düzenli bir şekle getirdik. Bunun için yerli yabancı kaynaklar ile uluslar arası matematik olimpiyatlarında sorulmuş soruları tarayarak konu
ile alakalı olanları derledik.
Derlediğimiz bilgiler ışığından bu üçgenlerin yeni özellikleri hakkında bir çalışma yaptık.
Teorem–1. ABC üçgenin diklik merkezi H ve çevrel çember merkezi O olmak üzere m(A) =
600 veya m(A) = 1200 ise AO = AH’dır.
H
A
E
//
E
D
A
D
O
//
H
C
B
C
O
0
İspat: m(BAC) = 60 olsun. Üst sol şekilden devam edelim. CD yükseklik olmak üzere ADC
dik üçgeninde m(A) = 600 olduğundan AC = 2.AD’dir. O’dan AC’ye inilen dikme ayağına E
dersek AO = CO ve AD = AE = EC olacaktır. 2.m(B) = m(AOC) olduğundan m(B) = m(AOE)
olup m(BAH) = 900 – m(B) = 900 - m(AOE) = m(OAE) olur. Bu durumda ADH ve AEO üçgenleri eş olup AH = AO olacaktır.
m(BAC) = 1200 olsun. Üst sağ şekilden devam edelim. m(BAC) = 1200 olduğundan m(DCH) =
300, m(DBE) = 300 ve m(BHC) = 600’dir. m(BOC) = 1200 olduğundan BOCH kirişler dörtgeni
olup m(OHC) = m(OBC) = 300 olur.
m(ABC) =  olsun. ABC üçgeninin çevrel çember merkezi O olduğundan m(AOC) =
2.m(ABC) = 2’dır. BOCH kirişler dörtgeni olduğundan m(HOC) = m(HBC) = 30 +  olup
m(AOH) = m(AOC) – m(HOC) =  – 300 olur.
ABC üçgeninin de H noktası diklik merkezi olduğundan m(AHC) = m(ABC) = ’dır. m(OHC)
= 300 olduğundan m(AHO) =  – 300 olur. Bu durumda AOH üçgeni ikizkenar olup AO = AH
olacaktır.
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler Yukarıdaki verdiğimiz teoremin karşıtı da doğrudur. Fakat ispatını vermeyip bir sonuç olarak
vereceğiz.
Sonuç. ABC üçgeninde diklik merkezi H ve çevrel çember merkezi O olmak üzere AO = AH
ise m(BAC) = 1200 veya m(BAC) = 600 dir.
A
a
a
E
D
O
P 30
H
C
B
matematikolimpiyatmerkezi
Teorem–2. Dar açılı eşkenar olmayan ABC üçgeninde m(A) = 60º olmak üzere O çevrel çember merkezi, H diklik merkezidir. CH  AB = D ise OH’nin BHD açısını ortalar.
İspat: HO  AB = P ve BE yükseklik olsun. m(A) = 60º olduğundan AH = AO ve m(BAH) =
m(CAO) = a olacaktır. Bu durumda m(HAO) = 600 – 2a olup m(AHO) = 600 + a olur. Yine
m(ABH) = 300 olduğundan m(AHE) = 300 + a olup m(COH) = 300 olacaktır. m(BHC) = 1200
olduğundan OH, BHC açısının dış açıortayı olur. Bu durumda OH, BHD açısını ortalar.
Teorem–3. ABC üçgeninde m(A) = 600 olsun. O ve H bilinen gösterimler olmak üzere O ve H
noktaları A açısının iç açıortayına göre simetriktir.
C
Ia
O
I
H
A
B
0
Çözüm: A, I, Ia doğrusaldır. m(A) = 60 olduğundan AO = AH ve m(CAO) = m(BAH) olup AI
açıortay olduğundan AI aynı zamanda OAH açısını da ortalar. AO = AH olduğu göz önüne alınırsa AI, OH’ı dik ortalar. Bu durumda IO = IH ve IaO = IaH olacaktır.
Bu teoremin karşıtı da doğru olup sonuç olarak verilecektir.
2
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler Sonuç. ABC üçgeninde O ve H noktaları A açısının iç açıortayına göre simetrik ise m(A) = 600
dir.
Teorem–4. ABC üçgeninde m(A) = 1200 olsun. Üçgenin diklik merkezi ile çevrel çember merkezinin A açısının dış açıortayına göre simetriktir.
60
60 30
30
M
A
60
60
N
30
30
B
C
O
matematikolimpiyatmerkezi
H
Çözüm: ABC üçgeninin diklik merkezi H, Çevrel çember merkezi O noktası olsun. A açısına
ait dış açıortay BH ve CH’ı sırasıyla M ve N’de kessin. m(A) = 1200 olduğundan m(H) = 600,
m(ABH) = m(ACH) = 300, ve m(MAB) = m(NAC) = 300 olacaktır. Bu durumda HMN üçgeni
eşkenar olur. MBA ve NCA üçgenileri ikizkenar olup AB ve AC kenarlarının orta dikmleri M
ve N’den geçip kesim noktaları O noktasıdır. Bu durumda OMN üçgeni eşkenar olup HMON
eşkenar dörtgen olacaktır. Bu durumda H noktasının MN’ye göre simetriği O noktası olur.
Bu teoremin karşıtı da doğru olup sonuç olarak verilecektir.
Sonuç. ABC üçgeninde O ve H noktaları A açısının dış açıortayına göre simetrik ise m(A) =
1200 dir.
Teorem–5. Dar açılı ABC üçgeninde m(A) = 600 olup diklik merkezi H’dir. BH ve CH’ın orta
dikmeleri AB ve AC’yi M ve N’de kessin. M, N, H ve üçgeninin çevrel çember merkezinin doğrusal olduğunu gösteriniz.
A
N
M
H
O
C
B
K
3
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler Çözüm: BH ve CH’ın orta dikmelerinin kesim noktası K olsun. m(A) = 600 olduğundan
m(MBH) = m(MHB) = m(NCH) = m(NHC = 300 olup m(BHC) = 1200 olduğundan M, H, N
noktaları doğrusaldır. Teorem-4’den AMKN eşkenar dörtgen olup MN  AK’dır. AK, BAC açısının açıortayı olup m(A) = 600 olduğundan H ve O noktaları Teorem-1’den AK’ya göre simetrik olur. Bu durumda O noktası MN üzerinde olmalıdır.
Bu teoremden elde edebileceğimiz bir sonucu şu şekilde ifade edebiliriz.
matematikolimpiyatmerkezi
Sonuç. Bir üçgeninin diklik merkezi ile çevrel çember merkezini birleştiren doğru herhangi bir
açısının açıortayına dik ise o açının ölçüsünün 600 dir.
Teorem. ABC üçgeninde m(A) = 600 olup O, I, H, Ia bilinen gösterimler olsun. AC ve AB kenarları üzerinde sırasıyla alınan B1 ve C1 noktaları için AB = AB1 ve AC = AC1 olsun. Bu durumda aşağıda verilen önermelerin doğruluğunu gösteriniz.
a) B, C, H, O, I, Ia, B1, C1 noktaları çemberseldir.
b) OH, AB ve AC’yi sırasıyla M ve N’de kessin. AMN üçgeninin çevresi AB + AC’ye
eşittir.
c) OH = AB – AC dir.
d) AC > AB ise 2.m(AHI) = 3.m(ACB)’dir.
Çözüm:
A
A
A
E
E
D
H
E
O
B1
D
M
30
C B
B
C1
Ia
H
30
N
D
30
30
C B
H
O
B1
C
a) m(BHC) = m(BIC) = m(BOC) = 1200 ve m(BIaC) = 600 olduğundan B, C, H, O, I, Ia noktaları çemberseldir. AC > AB kabul edersek B1 noktası AC kenarı üzerinde C1 noktası ise AB’nin
uzantısı üzerinde olacaktır. AB = AB1 ve AC = AC1 olduğundan ABB1 ve ACC1üçgenleri eşkenar olup m(BB1C) = 1200 ve m(CC1A) = 600 olur. Bu ise B1 ve C1 noktalarının bahis konusu bu
çember üzerinde olduğunu gösterilebilir.
b) Teorem-4’den AMN eşkenar ve MH = MB ve NH = NC olduğundan AMN üçgeninin çevresi
AB + AC’ye eşittir.
4
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler c) AC > AB olsun. AC kenarı üzerinde aldığımız B1 noktası AB = AB1 ise a) şıkkından ABB1
eşkenar üçgen ve C, H, O, B1, B noktaları çembersel olacaktır. Teorem-2’den m(OHC) = 300 ve
m(A) = 600 olduğundan m(B1CH)= 300 olur. Bu durumda OHCB1 ikizkenar yamuk olup OH =
BB1 = AC – AB1 = AC – AB olur.
Bu teoremden elde ettiğimiz karşıt teoremi bir sonuç olarak verelim.
matematikolimpiyatmerkezi
d) m(ABH) = m(ACH) = 300 olduğundan m(IBH) =m(B / 2) - 300 olur. m(BAH) = m(BCH) = a
dersek m(BIH) = m(BCH) = a olur. Bu durumda m(AHI) = m(B / 2) + 2.a olup 2.m(AHI) = m(B)
+ 4.a = 900 – a + 4a = 900 + 3.a = 3(300 + a) = 3.m(ACB) olur.
Sonuç. ABC üçgeninde diklik merkezi, çevrel çember merkezi ve iç çember merkezi sırasıyla
H, O, I olsun. C, H, O, I, B noktaları çembersel ise m(A) = 600 dir.
Teorem–6. ABC üçgeninde O, I, H bilinen gösterimler olmak üzere B ve C kenarlarına ait yükn
n
sekliler hb ve hc, A açısına ait açıortay nA olsun. Eğer A  A  2 ise OI = HI’dır.
hb hc
İspat: A’ya ait açıortay BC’yi D’de kessin. Bu durumda A(ABC) = A(ABD) + A(ACD) olacaktır. Sinüs alan formülünden
1
1
A 1
A 1
A
bc sin A  bnA sin  cnA sin  nA sin  b  c  olur. Buradan
2
2
2 2
2 2
2
A
2bc cos
2 olur. (*)
nA 
b  c 
2hb hc
nA nA

 2  nA 
dir. hb  c sin A ve hc  b sin A olduğundan
hb hc
hb  hc
2bc sin 2 A
2bc sin A
nA 

dir. (*)’dan
bc
 b  c  sin A
A
2bc cos
2bc sin A
2  sin A  cos A  sin A  1 olur. Bu durumda m(A) = 600 olma nA 
2
2 2
bc
b  c 
lıdır.
Teorem-1’den AH = AO’dur. Ayrıca A açısının açıortayı aynı zamanda HAO açısının da açıortayı olduğundan AI, HO’yu dik ortalar. Bu durumda HIO ikizkenar üçgen olup IH = IO olur.
5
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler Teorem–7. ABC üçgeninde BD ve CE iç açıortaylar olup BE + CD = BC ise m(A) = 600 dir.
D
E
B
I
//
C
F
matematikolimpiyatmerkezi
A
İspat: BC kenarı üzerinde BE = BF olacak şekilde bir F noktası alırsak CD = CF olur. EBF
ikizkenar üçgeninde BD iç açıortay olduğundan BD, EF’yi dik ortalar. Dolayısı ile DE = DF
olur. Benzer şekilde ED = EF olduğu gösterilebilir. Bu durumda EDF eşkenar üçgen olur.
BD ve CE açıortaylarının kesim noktasına I dersek m(EFD) = 600 olduğundan m(BIC) = 1200
m( A)
olur. Bu durumda
olacaktır. I iç açıortayların kesim noktası olduğundan m(BIC) = 900 
2
m(A) = 600 olur.
Bu teoremin karşıtı da doğru olup sonuç olarak verilecektir.
Sonuç. ABC üçgeninde BD ve CE iç açıortaylar olmak üzere m(A) = 600 ise BE + CD = BC
dir.
Teorem-8. ABC üçgeninde m(A) = 1200 olup AD, BE, CF açıortaylar ise DEF üçgeni dik üçgendir.
K
A
F
B
I
D
E
C
İspat: BA ışını üzerinde bir K noktası alalım. m(BAD) = m(CAD) = m(CAK) = 600 olacaktır.
ABD üçgeninde BE iç açıortay ve AC dış açıortay olduğunda E noktası ABE üçgeninin dış
açıortaylarının kesim noktası olmalıdır. Bu durumda ABD üçgeninde DE dış açıortay olur.
Benzer şekilde ACD üçgeninde DF’nin de dış açıortay olduğu gösterilebilir. Bu durumda
m(FDE) = 900 olup FDE dik üçgendir.
6
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler Teorem–9. ABC üçgeninde m(A) = 1200 olup AD iç açıortay ise
1
1
1


dir.
AD AB AC
K
A
C
D
matematikolimpiyatmerkezi
B
İspat: BA ışını üzerinde bir K noktası alalım. m(BAD) = m(CAD) = m(CAK) = 600 olacaktır.
AB BD
ABC üçgeninde AD iç açıortay olduğundan
(*) dir. ABD üçgeninde AC dış açıor
AC CD
AB BC BD  CD
BD
AB
AB AC  AB
tay olduğunda


 1
dir. (*)’dan
 1

AD CD
CD
CD
AD
AC
AC
1
AC  AB
1
1
1





olur.
AD
AB. AC
AD AB AC
Teorem–10. ABC üçgeninin de OH’ın herhangi bir açının açıortayına paralel olması için gerek
ve yeter şart o açının ölçüsünün 1200 olmasıdır.
C
30
A1
O
D
A
H
B
İspat: m(CAB) = 120º ve ABC üçgeninin A’ya ait açıortayı çevrel çemberi A1’de kessin. A1O 
BC = D olmak üzere A1O  BC olur. m(COB) = 120º olup m(OCD) = 30º olur ki OC = 2·OD
olur. AH = 2·OD (Bkz-xx) ve buradan OA1 = OC = AH eşitliğine ulaşırız.
OA1 // AH olduğundan AHOA1 paralelkenar olup HO, A’ya ait açıortaya paraleldir. Kanıtın kalan kısmını alıştırma olarak bırakalım.
Teorem. ABC üçgeninin diklik merkezi H ve m(A) = 600’dir. AH’ın orta noktası M ve B’nin
M’ye göre simetriği D ise CD = 2.AH’dır
7
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler D
A
N
M
O
D
H
B
C
F
matematikolimpiyatmerkezi
60
İspat: AH = 2 ve DC'nin orta noktası N, ABC üçgeninin çevrel çember merkezi O olsun. Bu
durumda MN, BDC üçgeninde orta taban olup BC = 2.MN’dir. Yine AB // DH olduğundan
m(DHC) = 900 ve m(HMN) = 900 olur. O’dan BC’ye inilen dikme ayağına F dersek m(A) = 600
olduğundan m(COF) = 600 olup AH = 2.OF (Bkz-xx) olduğundan OF = 1 ve FC = 3 ve buradan 23 = BC = 2.MN olur. MNH dik üçgeninde Pisagor bağıntısından HN = 2 olacaktır. DHC
dik üçgeninde HN kenar ortay olduğundan DC = 2.HN = 4 = 2.AH olur.
Problem. ABC çeşitkenar üçgeninde BE ve CF yükseklikler olup m(A) = 600’dir. BE ve CF
yükseklikleri üzerinde BM = CN olacak şekilde M ve N noktaları alınsın. O ve H bilinen gösterimler olmak üzere (MH + NH)/OH =?
A
60
F
O
N
H
E
M
B
C
Çözüm: P-xx’den B, O, H, C noktaları çembersel olup m(OBH) = m(OCH)’dır. BO = CO ve
BM = CN olduğundan OBM  OCN olup OM = ON ve m(BMO) = m(CNO) olur. Bu ise O,
M, H, N noktalarının çembersel olduğunu gösterir. Bu durumda m(NOM) = m(NHE) = 1200
olur. Ayrıca m(ONM) = m(OHM) = m(OHB) = m(OCB) = 300 dir. Bu durumda MN / MO =
3 olur.
OMHN kirişler dörtgeninde Ptolemy teoreminden MH.ON NH.OM = OH.MN olup OM(MH +
NH) = OH.MN buradan (MH + NH)/OH = MN / MO = 3 olackatır.
8
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler Alıştırma. ABC üçgeninde m(A) = 600 olup iç çemberin merkezi I noktasıdır. I’dan geçen
AC’ye paralel doğru AB’yi F’de kessin. BC kenarı üzerinde alınan bir P noktası için 3.BP = BC
ise 2.m(BFP) = m(ABC) olduğunu gösteriniz.
matematikolimpiyatmerkezi
Alıştırma. ABC eşkenar üçgen olup çevrel çemberinin merkezinden geçen herhangi bir doğru
BC, CA ve AB’yi sırasıyla D, E ve F noktalarında kessin. AEF, BFD ve CDE üçgenlerinin
Euler doğrularının ikişer ikişer kesişmesiyle oluşan noktaları köşe kabul eden üçgenin ABC
üçgeni ile eş olduğunu ve bu üçgenlerin merkezden geçen doğru üzerindeki bir noktaya göre
simetrik olduğunu kanıtlayınız.
Alıştırma. ABC üçgeninde m(A) = 120’dir. AB ve AC kenarları üzerinde sırasıyla K ve L noktaları verilsin. ABC üçgenin dışına doğru BKP ve CLQ eşkenar üçgenleri inşa edilsin.
PQ 
3
2
 AB  AC 
olduğunu gösteriniz.
BİR AÇISI 600 VEYA 1200 OLAN TAMSAYI KENARLI ÜÇGENLER
Bir kenarı 8 br. olan bir ABC eşkenar üçgeni çizelim. Üçgenin BC kenarı üzerinde alınan bir D
noktası için BD = 3 br. ve CD = 5 br. olsun. ABD üçgeninde kosinüs teoreminden AD = 7 br.
olacaktır. Bu sayede İki tane tamsayı kenarlı üçgen elde etmiş olduk.
A
8
8
7
B
60
3
60
D
5
C
Yukarıdaki şekilden devam edelim. AB üzerinde seçtiğimiz bir E noktası için BE = 3 br. olsun.
9
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler A
5
8
E 120 7
60
B
3
3
60
D
5
C
matematikolimpiyatmerkezi
3
Bu durumda tamsayı kenarlı bir üçgen daha elde ettik. Bu sayede bir açısı 60 veya 120 olan
tamsayı kenarlı üçgenlerden bazılarını şu şekilde sıralayabiliriz.
k bir pozitif tamsayı olmak üzere aşağıda verilen üçgenler elde edilir.
8k
8k
7k 7k
5k
3k
3k
5k
7k
Şimdi bir açısı 60 veya 120 olan tamsayı kenarlı üçgenlerin tamamını elde edebileceğimiz bir
ilişki verelim. Ama önce “An Introduction of Diophantine Equations” isimli kitaptan aldığımız
bir teoremi ispatsız olarak verelim.
Teorem. x 2  ax  y 2  z 2 denkleminin tüm tamsayı çözümleri k, m, n  Z olmak üzere
şeklindedir.
Bu durumda
Şimdi kenar uzunlukları a, b, c  Z ve m(A) = 600 olan ABC üçgenini göz önüne alalım. Kosinüs teoreminden;
10
Bir açısı 60 veya 120 olan üçgenler şeklindedir.
matematikolimpiyatmerkezi
1
a 2  b 2  c 2  bc cos 600  b 2  c 2  bc olur. Bu denklemin tüm tamsayı çözümleri m, n, k
2
pozitif tamsayı ve m > n olmak üzere
Eğer m(A) = 1200 ise Kosinüs teoreminden a 2  b 2  c 2  bc olup bu denklemin tüm tamsayı
çözümleri ise m, n, k pozitif tamsayı ve m > n olmak üzere
şeklindedir.
11

Download Report