Üçgende Paralellik İspatı HI // AB

[Lokman Gökçe]

Problem (Lokman Gökçe): $ABC$ dar açılı üçgeninde $|AB|<|BC|<|CA|$ olsun. $[AD]$, $[BE]$, $[CF]$ yükseklikler ve $[AB]$ kenarının orta noktası $G$ dir. $GE$ ve $BC$ doğruları $H$ noktasında, $DF$ ve $AC$ doğruları $I$ noktasında kesiştiğine göre $HI \parallel AB$ olduğunu kanıtlayınız.

[Lokman Gökçe]

Problemi, Pascal Teoremi'nin bir uygulaması olması için kurguladım. (Daha önce bu problem üzerinde çalışılmış da olabilir, fakat bilgim yoktur). Bu teorem yardımıyla olan çözümünü sunuyorum. Daha temel/farklı yöntemlerle yapacağınız çözümlerinizi gönderebilirsiniz.

Çözüm: $[BC]$, $[AC]$ kenarlarının orta noktaları sırasıyla $J$, $K$ olsun. $ABC$ üçgeninin dikme ayaklarını ve kenar orta noktalarını üzerinde bulunduran bir çember ($9$ nokta çemberi veya Euler Çemberi) olduğunu biliyoruz. Verilen kenar eşitsizliklerinden dolayı $B, D, J, C$ doğrusal olarak sıralı, $C, K, E, A$ doğrusal olarak sıralı ve $A, G, F, B$ doğrusal olarak sıralıdır. Dış bükey $DJKEGF$ kirişler altıgeninde Pascal Teoremi'ni uygularsak $GF$ ve $JK$ doğrularının kesişimi $X$ olmak üzere $H, I, X$ noktaları doğrusal olmalıdır. Öte taraftan $ABC$ üçgeninde $[JK]$ bir orta taban olduğundan $AB \parallel GF \parallel JK$ dır. Dolayısıyla bu $X$ kesişim noktası oluşmaz (veya $X \to \infty$ diyebiliriz). Yani Pascal Teoremi'nin dejenere bir biçimi oluşur ve $HI \parallel AB$ elde edilir.
 

[Squidward]

Diklik merkezi $K$, $\angle{ABE} = \alpha$ olsun. $BFKD$ kirişler dörtgeni olduğundan $\angle FDK = \angle FBK = \alpha$ olur, $\angle{BDA} = 90$ olduğundan $\angle{FDB} = 90-\alpha$ bulunur. $BEA$'de muhteşem üçlüden $\angle{GEB}=\alpha$ bulunur, $\angle{AEB} = 90$ olduğundan $\angle{GEA} = 90-\alpha$ bulunur. $\angle{HEI} = \angle{HDI}$ olduğundan $HDEI$ dörtgeni bir kirişler dörtgenidir. $\angle{AEB} = \angle{ADB} = 90$ olduğundan $AEDB$ dörtgeni kirişler dörtgenidir, $\angle{ADE} = \angle{ABE} = \alpha$ bulunur. $HDEI$ kirişler dörtgeninde $\angle{IDE} = \angle{IHE} = 2\alpha$ bulunur. $\angle{HEB} = \alpha$ olduğundan $\angle{EHB} = \angle{EBC} - \alpha$ bulunur. $\angle{IHC} = 2 \alpha + \angle{EHB} =  \alpha + \angle{EBC} = \angle{ABC}$ olduğundan $HI \parallel AB$ elde edilir.
 

[Lokman Gökçe]

Çözümünüz için çok teşekkürler Squidward,

Küçük bir ekleme daha yapabiliriz: $EBG$ üçgeninin ikizkenar oluşu kullanılarak $\angle GBE = \angle GEB = \alpha $ olup $\angle BGH = 2\alpha$ bulunur. Çözümde $\angle IHG = 2\alpha$ olduğu gösterilmişti. $\angle BGH =\angle IHG $ olduğundan iç ters açı eşitliği sağlanır ve $HI \parallel AB$ bulunur.

[Lokman Gökçe]

Birkaç gün önce, bir Pascal teoremi uygulaması olarak, Azerbaycan'dan bir öğrencime bu problemi paylaşmıştım. Yukarıdaki iki çözümü de derste sundum. Öğrencim de harmonik oran fikrini uygulayarak kendi çözümünü verdi.

Çözüm 3 [Sənan Mahmudlu]: $|AG| = |GB|$'dir. $AD, BE, CF$ noktadaş olduğundan $(I, E; A, C) = -1$ harmonik oranı vardır. $H$ noktasına göre $HI, HA, HC, HC$ harmonik doğru demeti oluşturur. Bu demetin $AB$ doğrusu üzerindeki projeksiyonuna bakalım. $HI \cap AB = P$ olsun. $(B, A; G, P) = -1$ olup $\dfrac{BG}{BP} = - \dfrac{AG}{AP}$ yazılır. Bu durumda $|PA| = |PB|$ olmalıdır. Bu ise $P=P_{\infty}$ olduğunu gösterir. Yani $AB \parallel HI$ elde edilir.