Geomania.Org Forumları

Fantezi Geometri => Fantezi Geometri => Konuyu başlatan: Lokman Gökçe - Eylül 04, 2019, 12:13:50 öö

Başlık: IG//BC üçgeninde m(AIO)=90 {çözüldü}
Gönderen: Lokman Gökçe - Eylül 04, 2019, 12:13:50 öö

$ABC$ üçgeninde $I$ iç teğet çember merkezi, $G$ ağırlık merkezi (centroid), $O$ çevrel çemberin merkezi olmak üzere $IG \parallel BC $ ise $m(\widehat{AIO})=90^\circ $ olduğunu ispatlayınız.

Kaynak: gogeometry.com sitesinin 1438 (http://gogeometry.com/school-college/5/p1438-triangle-incenter-circuncenter-centroid-parallel-90-degree-ipad-apps.htm) no'lu problemi

Başlık: Ynt: IG//BC üçgeninde m(AIO)=90
Gönderen: Lokman Gökçe - Eylül 06, 2019, 04:07:34 öö

Çözüm 1 (Lokman GÖKÇE): $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberinin yarıçapı $r$, çevrel çemberinin yarıçapı $R$ olmak üzere $$|OI|^2=R^2-2Rr \tag{1}$$ Euler formülünü biliyoruz. Üçgenin kenar uzunlukları $a,b,c$; yarıçevresi $u$; alanı $S$ olsun. Problemin çözümünde kullanacağımız bilinen ve ispatı kolay olan bir lemmayı verelim.

Lemma: $IG \parallel BC \iff b+c =2a \tag{2}$

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=6478.0;attach=15167;image)

Şimdi $IG \parallel BC$ olan bir üçgende $m(\widehat{AIO})=90^\circ $ olduğunu ispatlayalım. $|AO|=R$ dir. $[AI$ iç açıortayı, çevrel çemberi $E$ de ve $[BC]$ kenarını da $D$ de kessin. $E$ noktası, küçük ${BC}$ çember yayının orta noktası olur. $[BC]$ nin orta noktasını da $F$ ile gösterelim.

$IG \parallel BC$ olduğundan $\dfrac{|AI|}{|AD|}=\dfrac{|AG|}{|AF|}=\dfrac{2}{3}$ yazılabilir. Ayrıca $ABD$ ve $ACD$ üçgenlerinden iç açıortay teoreminden $\dfrac{|AB|}{|BD|}=\dfrac{|AI|}{|ID|}=2$, $\dfrac{|AC|}{|CD|}=\dfrac{|AI|}{|ID|}=2$ olup $|BD|=\dfrac{c}{2}$, $|CD|=\dfrac{c}{2}$ dir. İç açıortayın uzunluk formülünden $|AD|^2=b\cdot c-\dfrac{b}{2}\cdot\dfrac{c}{2}=\dfrac{3bc}{4}$ elde edilir. Böylece $|AI|^2=\dfrac{bc}{3} \tag{3}$ olur.

$m(\widehat{AIO})=90^\circ \iff |AO|^2 = |AI|^2+ |OI|^2$
                        $ \iff R^2= \dfrac{bc}{3} + R^2 -2Rr $
                        $ \iff 6Rr=bc$
                        $ \iff 6Rur=ubc$, ($2u=a+b+c=3a$)
                        $ \iff 6RS=\dfrac{3abc}{2}$
                        $ \iff S=\dfrac{abc}{4R}$
Bu son eşitlik doğru olduğundan $m(\widehat{AIO})=90^\circ $ dir. $\blacksquare$

Başlık: Ynt: IG//BC üçgeninde m(AIO)=90
Gönderen: Lokman Gökçe - Eylül 06, 2019, 02:35:37 ös

Çözüm 2 (Lokman GÖKÇE): Çözüm 1'deki gösterimleri kullanarak ilerleyelim. $AOE$ ikizkenar üçgeninde $|AI|=|IE|$ olduğunu gösterirsek $AI\perp OI $ olduğunu bulmuş oluruz. Öte taraftan $|AI|=2|ID|$ olduğunu biliyoruz. O halde $|ID|=|DE|$ olduğunu gösterirsek problem çözülmüş demektir.

$I$ noktasından $BC$ ye inen dikme ayağı $H$ olsun. $|IH|=r$ iç teğet çemberin yarıçapıdır. $|OE|=R$ çevrel çemberin yarıçapıdır. $|ID|=|DE| =r \iff |OF|=R-r$ dir. O halde biz $|OF|=R-r $ olduğunu kanıtlayalım. $m(\widehat{EOC})=m(\widehat{BAC})=\alpha $ diyelim. $OFC$ dik üçgeninde $\cos(\alpha) = \dfrac{|OF|}{R}$ dir. Buna göre,

$|OF|=R-r = R\cos(\alpha) \iff  R(1-\cos(\alpha)) = r $

                                       $\iff  R \left(1-\cos(\alpha)\right) = r $

                                       $\iff  R\left(1-\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}\right) = r $   (kosinüs teoreminden)

                                       $\iff  R\left(\dfrac{a^2-(b-c)^2}{2bc}\right) = r $

                                       $\iff  \dfrac{abc}{4S}\cdot \dfrac{(a-b+c)(a+b-c)}{2bc} = r $   ($S=\dfrac{abc}{4R}$ alan formülünden)

                                       $\iff  \dfrac{a}{8S}\cdot (2u-2b)(2u-2c) = r $

                                       $\iff  \dfrac{a}{2S}\cdot u(u-a)(u-b)(u-c) = u(u-a)r $

                                       $\iff  \dfrac{a}{2S}\cdot S^2 = S(u-a) $

                                       $\iff  a = 2u-2a $

                                       $\iff  b+c = 2a $

elde edilir. Son ifade, $(2)$ eşitliği ile verilen Lemma'dan dolayı doğrudur. Böylece $m(\widehat{AIO})=90^\circ $ sonucuna ulaşılır.$\blacksquare $

Başlık: Ynt: IG//BC üçgeninde m(AIO)=90 {çözüldü}
Gönderen: Lokman Gökçe - Eylül 14, 2019, 06:25:00 ös

Problemin estetik bir çözümünü daha sunalım.

Çözüm 3 (H. İbrahim AYANA): Öncelikle problemin çözümünde kullanacağımız temel bir özelliği verelim.

Lemma: $ABC$ üçgeninin iç teğet çember merkezi $I$ olmak üzere $AI$ iç açıortayı, üçgenin çevrel çemberini $E$ noktasında kesiyorsa $|EI|=|EB|=|EC|$ dir.


Lemma'nın ispatı kolay olduğu için okuyucuya bırakalım. Şimdi problemimize dönersek $[AD]$ iç açıortay ve $[BC]$ kenarının orta noktası $F$ olmak üzere, $IG \parallel BC $ olduğundan $\dfrac{|AI|}{|ID|}=\dfrac{|AG|}{|GF|}=2$ dir. $|AI|=2x$ dersek $|ID|=x$ olur. $|DE|=y$ olsun. Amacımız $|AO|=|OE|=R$ olan $AOE$ ikizkenar üçgeninde $|AI|=|IE|$ olduğunu göstermektir. Bunun için de $x=y$ olduğunu göstermek yeterlidir. Bunu gösterdiğimizde $m(\widehat{AIO})=90^\circ $ olduğunu ispatlamış olacağız.

(https://geomania.org/forum/index.php?action=dlattach;topic=6478.0;attach=15169;image)

Lemma'dan dolayı $|EI|=|EB|=|EC|=x+y$ dir. $m(\widehat{CBE})=m(\widehat{CAE})=m(\widehat{BAE})$ olduğundan $EDB\sim EBA $ açı-açı-açı benzerliği vardır. Buna göre $ \dfrac{|ED|}{|EB|}=\dfrac{|EB|}{|EA|} $ olup $$ \dfrac{y}{x+y}=\dfrac{x+y}{3x+y}$$ elde edilir. Bu orandan $(x+y)^2 = y(3x+y)$ olup $x=y$ bulunur. O halde $m(\widehat{AIO})=90^\circ $ dir. $\blacksquare $