Geomania.Org Forumları
Fantezi Geometri => Geometri-Teorem ve İspatlar => Konuyu başlatan: Lokman Gökçe - Nisan 24, 2011, 02:29:55 ös
-
talep üzerine dörtgen özellikleri ile ilgili bir başlık açıyorum. ispatları birçok kitapta vardır. kes yapıştır yapabilirsiniz. ya da kendimiz yazabiliriz. beraber ispatlayalım inş :)
-
...
-
...
-
değerli üyelerimiz, sizler de aklınıza gelen temel özellikleri veya ispatları gönderebilirsiniz...
-
dörtgen-2
-
dörtgen-4
-
en kolay olanını da ben yapayım.
dörtgen 1:
-
dörtgen-5
-
dörtgen-6-7
-
dörtgen-10
-
dörtgen-8-9
-
11
-
Verilecek teoremler pek de Temel Dörtgen Özelliklerine uymuyor ama yeni bir başlık açmak istemedim.
Teorem 1. Kenar uzunlukları a,b,c,d , yarı çevresi u ve parametresi x = ( <A + <C ) / 2 olan basit bir ABCD dörtgeninin alanı S olmak üzere
S2 = (u -a)(u - b)(u - c)(u - d) - a.b.c.d.cos(x)
ile bulunur.
Teorem 2. Kenar uzunlukları verilen dörtgenlerden en büyük alanlı olanı kirişler dörtgenidir.
-
Verilecek teoremler pek de Temel Dörtgen Özelliklerine uymuyor ama yeni bir başlık açmak istemedim.
Teorem 1. Kenar uzunlukları a,b,c,d , yarı çevresi u ve parametresi x = ( <A + <C ) / 2 olan basit bir ABCD dörtgeninin alanı S olmak üzere
S2 = (u -a)(u - b)(u - c)(u - d) - a.b.c.d.cos(x)
ile bulunur.
Teorem 2. Kenar uzunlukları verilen dörtgenlerden en büyük alanlı olanı kirişler dörtgenidir.
AB=a, BC=b, CD=c, AD=d, AC=p, ∠ABC=α, ∠ADC=β olsun.
Kosinüs teoreminden p2 = a2+b2-2ab(cosα), p2 = c2+d2-2dc(cosβ). Buradan da
a2+b2-2ab(cosα)= c2+d2-2cd(cosβ) ⇨ a2+b2 - c2-d2 = 2ab(cosα)-2cd(cosβ).
Her iki tarafı 2 ye bölüp, her iki tarafın karesini alalım:
[(a2+b2-c2-d2)/2]2=a2b2cos2α + c2d2cos2β - 2abcd(cosα)(cosβ) (…1…)
Şimdi de ABCD dörtgeninde alanı yazalım:
A=ab(sinα)/2+cd(sinβ )/2 ⇨ 4A2=a2b2sin2α + c2d2sin2β + 2abcd(sinα)(sinβ) (…2…)
elde edilir. (…1…) ile (…2…) yi taraf tarafa toplarsak sin2x + cos2x = 1 ve cos(x+y)=cosx.cosy - sinx.siny olacağından
a2b2+c2d2-2abcd.cos(α+β)=4A2 + [(a2+b2-c2-d2)/2]2 (…3…)
elde edilir. a, b, c, d verildiği için maksimum alan için cos(α+β) değeri minimum olmalı. Yani α+β=180o olmalı. Bu da ABCD nin kirişler dörtgeni olduğunu gösterir. (…3…) ü yeniden düzenlersek
a2b2+c2d2-2abcd = 4A2 + [(a2+b2-c2-d2)/2]2 ⇨ (ab+cd)2- [(a2+b2-c2-d2)/2]2 = 4A2
İki kare farkından yararlanılarak
(2ab+2cd+a2+b2-c2-d2)(2ab+2cd-a2-b2+c2+d2)=16A2
⇨[(a+b)2-(c-d)2].[(c+d)2-(a-b)2] = (b+c+d-a) (a+c+d-b)(a+b+d-c)(a+b+c-d)
elde edilir. u=(a+b+c+d)/2 ise
16A2 = (2u-2a)(2u-2b)(2u-2c)(2u-2d)
ve sonunda A = √[(u-a)(u-b)(u-c)(u-d)] elde edilir. (u-a)+(u-b)+(u-c)+(u-d)=2u olduğu için, çevresi sabit dörtgenler için A.O≥ G.O eşitsizliğinden (u-a)=(u-b)=(u-c)=(u-d) iken alan en büyük olur. Buradan dörtgen eşkenar ve kirişler dörtgeni elde edilir. Bu da dörtgen kare demektir. Çevresi sabit dörtgenler arasında alanı en büyük olan şekil karedir.
-
Dörtgende açılarla ilgili bir özellik...
-
AEFB'yi EF üzerinde katlayarak oluşturduğumuz A'EFB' dörtgeninde DA' // EF // B'C olacak. Oradan açı hesaplarıyla sonuca gideceğiz.
Normalde sorunun temel çözüm şekli yukarıdaki gibidir. Çizimin daha düzgün gözükmesi için yukarıdaki resmi farklı yolla oluşturalım.
D den EF ye paralel çizelim. A dan bu paralele inilen dikmenin ayağı A' olsun.
C den EF ye paralel çizelim. B den bu paralele inilen dikmenin ayağı B' olsun.
AA'D dik üçgeninde AE=ED=EA' olacaktır. ∠EA'D = ∠A'DE , ∠A'EF + ∠EA'D = 180o ve ∠AEA' = 2∠EA'D olduğu için ∠AEF=∠FEA' olur.
Benzer şekilde BB'C dik üçgeninde paralellik ve ikizkenar üçgenlerden ∠B'FE = ∠EFB olacaktır. Bu durumda EABF dörgeni ile EA'B'F dörtgeni eştir. Yani A'B'=AB=DC dir.
Bu son eşitliği, AEFB yi EF üzerine katlayarak da elde ederdik. Bu durumda, açı hesağlarından, paralellikleri ispatlayacaktık. AD' // CB' olacaktı.
Son durumda, DA'B'C dörtgeninde A'D // B'C ve A'B=DC yani bu dörtgen ya ikizkenar yamuk, ya da paralelkenar. ∠FB'C=∠B'CF olduğu için ∠A'B'C > ∠DCB' olacağından eşitlik mümkün değil. O zaman A'B'CD bir paralelkenar.
Yani ∠A'B'C + ∠DCB' = 180o.
∠A'B'C = ∠A'B'F + ∠FB'C = x + 180o- y
∠DCB' = ∠FCB' - ∠FCD = 180o-y-z
180o-y+180o-y+x-z = 180o ⇒
180o-2y+x - z = 0
Bu son bulduğumuzu şu şekilde yeniden yazarsak
(180o-z)+x = 2y ⇒ y = [x + (180o-z)]/2
bağıntısını elde ederiz.
Üçgende açıortayın kenarla yaptığı açıdaki formülün aynısı. BA ile CD doğruları P de kesişsin. O zaman PBC üçgeninde P açısının açıortayı EF ye paralel olacaktır.
Bu son bulduğumuz özelliği bir de şöyle deneyelim.
PBC bir üçgen olsun. PB kenarı üzerinde A noktası, PC kenarı üzerinde D noktası BA=CD olacak şekilde alınsın. AD ie BC doğru parçlarlarının orta noktalarını birleştiren doğrunun üçgenin iç açıortayına paralel olduğunu gösteriniz.
-
PBC bir üçgen olsun. PB kenarı üzerinde A noktası, PC kenarı üzerinde D noktası BA=CD olacak şekilde alınsın. AD ie BC doğru parçlarlarının orta noktalarını birleştiren doğrunun üçgenin iç açıortayına paralel olduğunu gösteriniz.
Bu soruyu çözerek, aslında x, y, z arasındaki bağıntıyı soran soruyu da çözmüş olacağız.
PN açıortayına A dan be D den çizilen paralellerin BC yi kestiği noktalar, sırasıyla K ve L olsun.
AB=a, PA=b, PD=c, DC=a diyelim.
BK=ak, KN=bk, NL=ck, LC=ak olacaktır.
BF=FC ve BF+FC=2ak+bk+ck olduğu için BF=FC=ak + (bk+ck)/2, dolayısıyla da KF=FL olacaktır. Bu durumda ADLK yamuğunda, EF orta taban olacaktır. Yani EF // AK // DL // PN dir.
Basit açı hesaplarıyla x + (180o-z) = 2y olarak bulunacaktır.
-
Hem
PBC bir üçgen olsun. PB kenarı üzerinde A noktası, PC kenarı üzerinde D noktası BA=CD olacak şekilde alınsın. AD ie BC doğru parçlarlarının orta noktalarını birleştiren doğrunun üçgenin iç açıortayına paralel olduğunu gösteriniz.
sorusunu, hem de x,y,z arasındaki bağıntıyı soran soruyu şöyle de sorabiliriz.
ABCD dörgeninde E ve F sırasıyla AD ve BC nin orta noktaları ve AB=CD dir. E den AB ye çizilen paralel BC yi K da, E den DC ye çizilen paralel BC yi L de kessin. EF nin EKL üçgeninin açıortayı olduğunu gösteriniz.
İlk izlenim. EF açıortaysa, basit açı hesabıyla ∠ABC = ∠EKL = x, ∠DCB=∠ELK=z ve ∠EFC=∠EFL olduğunda, x + (180o-z) = 2y olacaktır.
Bu çözüm, ilk çözümüme benziyor.
BAES ve CDET paralelkenarlarını kuralım.
AB=ES=DC=ET olduğu için EST üçgeni ikizkenardır.
BS=AE=ED=CT ve BS // CT olduğu için, ST doğrusu BC yi ortalar. Benzer şekilde BC doğrusu ST yi ortalar. Yani SF=TF dir. ETS ikizkenar olduğundan EF açıortaydır.
-
ABCD dörgeninde E ve F sırasıyla AD ve BC nin orta noktaları ve AB=CD dir. E den AB ye çizilen paralel BC yi K da, E den DC ye çizilen paralel BC yi L de kessin. EF nin EKL üçgeninin açıortayı olduğunu gösteriniz.
Sorunun bu hali, geçenlerde 10. Sınıf MEB geometri kitabında gördüğüm bir vektör sorusunu aklıma getirdi.
ABCD dörtgeninde E ve F sırasıyla AD ve BC kenarlarının orta noktaları ise, (V(XY) ile XY vektörünü gösterelim)
V(AB)+V(DC) = 2V(EF) olduğunu gösteriniz.
Vektör toplamının paralelkenar metodu ile yapıldığını düşünürseniz EF nin 2 katı paralelkenarın bir köşegeni çıkar. AB=CD olduğu için de paralelkenar eşkenar dörtgen çıkar. Bu durumda da köşegen açıortay olur. Dikkat ederseniz, bu paralelkenarı aslında bir önceki iletimde oluşturdum.
Yine de, bu sorunun çok şık duran vektörel çözümünü verelim.
XY ile XY vektörünü gösterelim.
EA + AB + BF = EF
ED + DC + CF = EF
olur. EA+ED = 0, BF+CF=0 olduğu için AB+DC=2.EF olacaktır.
Bu şu demektir. BA ve DC yi E noktasına taşırsak, EF orada oluşan üçgenin kenarortayı olacak.
||AB||=||DC|| olduğu içinde aynı zamanda açıortayı olacaktır.
Bu vektör sorusu, 2008 1. Aşama Sınavında 29. Soru olarak karşımıza çıkıyor: http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=151&t=495925
-
Ufuk açıcı çözümleriniz için teşekkürler.Klasik bir çözüm ektedir.Orta tabanların eşitliğinden EKF üçgeninde |EK| = |KF| dir.
Şekilden z + 90 - (x + z) / 2 + y = 180 eşitliğinden istenen elde edilir.
-
Teorem. Üç kenarı bilinen bir konveks dörtgenin alanının en büyük değerini alması için dörtgenin kiriş dörtgeni olması ve dördüncü kenarın kiriş dörtgeninin çevrel çemberinin çapı olması gerekir.
-
Teorem 1. Kenar uzunlukları a,b,c,d , yarı çevresi u ve parametresi x = ( <A + <C ) / 2 olan basit bir ABCD dörtgeninin alanı S olmak üzere
S2 = (u -a)(u - b)(u - c)(u - d) - a.b.c.d.cos(x)
ile bulunur.
Bilinen kenar a,b,c; bilinmeyen kenar d olsun.
Bu durumda T=a+b+c de bilinen bir sayıdır.
2u=a+b+c+d olsun.
(u-a)/3, (u-b)/3, (u-c)/3, (u-d) sayıları için AO ≥ GO uygulayalım.
((u-a)/3 + (u-b)/3 + (u-c)/3 + u-d )/4 ≥ ∜(((u-a)/3)((u-b)/3)((u-c)/3)(u-d))
(6u - a - b -c -3d)/12 ≥ ∜(((u-a)(u-b)(u-c)(u-d))/27)
(3a+3b+3c+3d - a - b -c -3d)/12 ≥ ∜(((u-a)(u-b)(u-c)(u-d))/27)
(2a+2b+2c)/12 ≥ ∜(((u-a)(u-b)(u-c)(u-d))/27)
(a+b+c)/6 ≥ ∜(((u-a)(u-b)(u-c)(u-d))/27)
T/6 ≥ ∜(((u-a)(u-b)(u-c)(u-d))/27)
T4/64 ≥ ((u-a)(u-b)(u-c)(u-d))/27
27T4/(2434) ≥ (u-a)(u-b)(u-c)(u-d)
T4/48 ≥ (u-a)(u-b)(u-c)(u-d)
Teorem 1 gereği
S2 = (u -a)(u - b)(u - c)(u - d) - a.b.c.d.cos(x) ≤ T4/48
olacağı için alan en büyük değerini
(u-a)/3=(u-b)/3=(u-c)/3=(u-d) koşulu sağlandığında ve dörtgen kirişler dörtgeni iken alır.
Bu durumda 2a=2b=2c=d olur ki bu da dörtgenin taban açısı 60° olan ikizkenar yamuk olduğu anlamına gelir.
Yukarıda, üç kenarının uzunlukları toplamı sabit (T) olan dörtgenler arasında en büyük alanlının kenarları T/3, T/3, T/3, 2T olan ikizkenar yamuk olduğunu göstermiş oldum.
Ama soruda verilen dörtgenin kenar uzunlukları belirli olduğu için benim çözdüğüm soru ile sorulan soru arasında fark var. Yani soruyu henüz çözmüş sayılmam.
-
Dörtgende açılarla ilgili bir özellik...
(http://geomania.org/forum/geometri-teorem-ve-ispatlar/temel-dortgen-ozellikleri/?action=dlattach;attach=11886;image)
Bir çözüm daha yapalım:
BA ile CD doğruları P de,
EF ile BA doğruları Q da,
EF ile CD doğruları R de kesişsin.
PBC üçgeninde R,Q,F noktaları için Menelaus
PQ/BQ . BF/CF . CR/PR = 1 => PQ/PR = BQ/CR
PAD üçgeninde R,Q,E noktaları için Menelaus
PQ/AQ . AE/DE . DR/PR = 1 => PQ/PR = AQ/DR
PQ/PR = BQ/CR = AQ / DR = (BQ-AQ)/(CR-DR) = BA/CD=1
PQR üçgeninde PQ=PR olur. m(QPR)=x+z ve m(RQP)=90 - (x+z)/2 olacaktır.
m(RFC) = m(BQF) + m(QBF) => y = 90 - (x+z)/2 + x = (x + 180 - z)/2