Geomania.Org Forumları
Fantezi Geometri => Fantezi Geometri => Konuyu başlatan: AtakanCİCEK - Nisan 19, 2020, 02:31:30 ös
-
Bir $ABC$ üçgeni veriliyor. Bu üçgenin $[ AC ]$ kenarı üzerinden $M$ ve $N$ noktaları alınıyor. $BM$ ve $BN$ doğrularının $ABC$ üçgeninin çevrel çemberini ikinci kez kestiği noktalar sırasıyla $P$ ve $Q$ olsunlar. $AQ$ doğrusu ile $CP$ doğrularının kesiştiği nokta $R$ olmak üzere $BR$ ve $AC$ doğrularının kesiştiği nokta $X$ olsun. Buna göre
$$\dfrac{\mid MX \mid}{\mid XN \mid}=\dfrac{\mid AM\mid}{\mid CN\mid}\cdot \left ( \dfrac{\mid BC \mid}{\mid AB\mid}\right)^2$$ eşitliğinin sağlandığını ispatlayınız. (İbrahim Atakan Çiçek)
NOT: Karşıt olarak verilen bu eşitlik sağlanıyorsa $B,X,R$ doğrusaldır.
-
Bu üçgenin $B$ den $[AC]$ kenarına inilen dikmenin ayağı $H$ olsun. $[AH]$ ve $[CH]$ üzerinden $\dfrac{\mid AM \mid}{\mid MH \mid }=a$ ve $\dfrac{\mid CN \mid}{\mid NH \mid }=b$ olacak şekilde $[BH]$ yüksekliğini çizelim.
$\mid MH\mid=m$ , $\mid NH \mid=n$ ve $\mid BH \mid=h$ olsunlar.
$\mid AM \mid =a.m$ ve $\mid CN \mid = b.n $ bulunur.
Pisagor teoremlerinden
$(\mid AB \mid)^2=(a+1)^2m^2+h^2$
$(\mid BC \mid )^2=(b+1)^2n^2+h^2$ elde edilir.
$m(\widehat{BAC})=A$ , $m(\widehat{ACB})=B$ , $m(\widehat{ABM})=\alpha$ , $m(\widehat{NBC})=\beta$ , $m(\widehat{NBX})=x$ ve $m(\widehat{MBX})=y$ olsun.
$ABC$ üçgeninde sinüs teoremi yazılırsa
$\dfrac{BC}{\sin A}=\dfrac{AB}{\sin C}$ buradan $\dfrac{\sin A}{\sin C }=\sqrt{\dfrac{(b+1)^2n^2+h^2}{(a+1)^2m^2+h^2}}$ $(1)$ eşitliği elde edilir.
$ABM$ üçgeninde sinüs teoreminden $\dfrac{a.m}{\sin \alpha}=\dfrac{\sqrt{m^2+h^2}}{\sin A}$ buradan $\sin \alpha=\dfrac{m.a.\sin A}{\sqrt{m^2+h^2}}$ $(2)$
$NBC$ üçgeninde sinüs teoreminden $\sin \beta=\dfrac{b.n.\sin C }{\sqrt{n^2+h^2}}$ olur.$(3)$
$BPQ$ üçgeninde $R$ noktasına göre trigonometrik ceva teoremi yazılırsa
$\dfrac{\sin x}{\sin y} .\dfrac{\sin A }{\sin \beta}. \dfrac{\sin \alpha}{\sin C}=1$
$$\dfrac{\sin x}{\sin y}=\dfrac{\sin \beta}{\sin \alpha}.\dfrac{\sin C}{\sin A}$$ $(4)$ elde edilir.
$BMX$ üçgeninde sinüs teoreminden
$\dfrac{MX}{\sin y}=\dfrac{BX}{\sin (A+\alpha)}$
$BNX$ üçgeninde sinüs teoreminden
$\dfrac{NX}{\sin y}=\dfrac{BX}{\sin (C+\beta)}$ elde edilir ve bu son iki eşitlikten
$$\dfrac{MX}{NX}= \dfrac{\sin (C+\beta)}{\sin (A+\alpha)}.\dfrac{\sin y}{\sin x}$$ $(5)$ elde edilir.
$ABM$ üçgeninde tekrar sinüs teoremi yaparsak
$\dfrac{\sqrt{m^2+h^2}}{\sin A}=\dfrac{\sqrt{(a+1)^2m^2+h^2}}{\sin (180-A-\alpha)}$ yani $\sin (A+\alpha)=\dfrac{\sqrt{(a+1)^2m^2+h^2}.\sin A}{\sqrt{m^2+h^2}}$
$BNC$ üçgeninde sinüs teoremi yaparsak
$\sin (\beta +C)=\dfrac{\sqrt{(b+1)^2n^2+h^2}.\sin B}{\sqrt{n^2+h^2}}$
Bu iki eşitliği taraf tarafa oranladığımızda $$\dfrac{\sin (\beta + C)}{\sin (\alpha+A)}=\dfrac{\sqrt{(b+1)^2n^2+h^2}}{\sqrt{(a+1)^2m^2+h^2}}.\dfrac{\sin C}{\sin A}.\sqrt{\dfrac{m^2+h^2}{n^2+h^2}}$$ $(1)$ yardımıyla
$$\dfrac{\sin (\beta + C)}{\sin (\alpha+A)}=\sqrt{\dfrac{m^2+h^2}{n^2+h^2}}$$ $(6)$ eşitliği bulunur.
Şimdi ise $(4)$ ü düzenleyelim. $$\dfrac{\sin y}{\sin x}=\dfrac{\dfrac{m.a.\sin^2 A}{\sqrt{m^2+h^2}}}{\dfrac{n.b.\sin^2 C}{\sqrt{n^2+h^2}}}$$ Elde ettiğimiz bu eşitlik ile $6$ eşitliğini $5$ te yerine koyalım.
$$\dfrac{MX}{NX}=\sqrt{\dfrac{m^2+h^2}{n^2+h^2}}.\sqrt{\dfrac{n^2+h^2}{m^2+h^2}}.\dfrac{m.a}{n.b}.(\dfrac{\sin A}{\sin C})^2$$ elde edilir.
Sadeleştirmeler yapılırsa ve $\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{\sin A}{\sin C}$ , $\mid AM \mid =a.m$ ve $\mid CN \mid =b.n$ olduğu kullanılırsa istenen elde edilmiş olur.
NOT: Karşıt olarak verilen bu eşitlik sağlanıyorsa $B,X,R$ doğrusaldır. (Sağ taraftaki değerler sabit olduğu için $\dfrac{MX}{XN}$ oranı sabit olmaktadır.Bu nedenle $MN$ tek bir şekilde bu oranla parçalanır bu da formül gereği $B,X,R$ nin doğrusal olduğu orandır.)
-
Sorunun ifadesinde $a$ ve $b$ değerlerine gerek var mı?
"... doğru parçaları üzerinde sırasıyla $M$ ve $N$ noktaları alınıyor" demek yeterli olur muydu?
-
Evet yeterli oluyor ben ilk olarak orta noktadan yola çıkmış olduğum için o şekilde bırakmıştım. Şimdi düzelttim.
-
Sorunun çözümü için $H$ noktasını almaya gerek yok.
$\triangle ABM$, $\triangle BMX$ de Sinüs teoremi kullanarak $AM$ ve $MX$ i $BM$ cinsinden; $\triangle BXN$, $\triangle BNC$ de $XN$, $CN$ yi $BN$ cinsinden yazıp oranladığımız sonucu $\triangle BPQ$ deki trigonometrik Ceva bağıntısı ile birleştirdiğimizde doğrudan sonuca ulaşırız.