1. - nokta2000
Transkript
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. Úò 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 olduBAC ÷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 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