Geomania.Org Forumları
Fantezi Geometri => Fantezi Geometri => Konuyu başlatan: Hüseyin Yiğit EMEKÇİ - Nisan 05, 2025, 02:23:10 ös
-
$ABC$ üçgeninin çevrel çemberine $B,C$ noktalarında teğet doğrular $E$ noktasında kesişiyor. $BC$ doğrusu üzerinde $[BC]$ üstünde olmayan bir $F$ noktası için, $EF$ doğru parçasının orta noktası $G$ olsun. $GB\cap (ABC)=I$ ve $GC\cap (ABC)=H$ olsun. $M$ noktası $BC$ kenarının orta noktası ise. $F,G,I,H,M$ noktaları çemberseldir, gösteriniz.
-
$C$ nin $G$ ye göre simetriği $J$ olsun. $CFJE$ paralelkenardır.
$\angle BHC = \angle EBC = \angle ECB =\angle JFC$ olduğu için $BEJF$ ikizkenar yamuk, yani kirişler dörtgenidir. $H$ de bu kirişler dörtgeninin çevrel çemberinin üzerindedir.
$BC\cdot CF = HC \cdot CJ$ olduğu için $MC \cdot CF = HC \cdot CG$, yani $H,M,G,F$ çemberseldir. $\angle GHM=\angle MFG$.
$\triangle EMF$ dik üçgeninde $MG=GF$ olduğu için $\angle GMF = \angle MFG = \angle GHM$. Bu durumda $GC\cdot GH = GM^2$.
$G$ noktasının $(ABC)$ çemberine göre kuvvetinden $GI\cdot GB = GC\cdot GH = GM^2 = GF^2$ olacaktır. Bu da, $\angle FIG =\angle BFG =\angle GMF$ demektir. Bu durumda $I, M, G, F$ çemberseldir. Daha önce $H, M,F,G$ nin çembersel olduğunu gösterdiğimiz için $I, H, M, F, G$ çemberseldir.
-
$C$ nin $G$ ye göre simetriği $J$ olsun. $CFJE$ paralelkenardır.
$\angle BHC = \angle EBC = \angle ECB =\angle JFC$ olduğu için $BEJF$ ikizkenar yamuk, yani kirişler dörtgenidir. $H$ de bu kirişler dörtgeninin çevrel çemberinin üzerindedir.
$MG\parallel BJ$.
$\angle CMG = \angle FBJ=\angle FHG$ olduğu için $M, H, F, G$ çemberseldir.
$\angle MHG = \angle BFE = \angle FBJ = \angle GHF$.
Bu noktadan sonra bir önceki çözümdeki gibi kuvvetten sonuca gidebiliriz. Farklı olarak kuvvet ekseninden gidelim.
$(HBC)$ ile $(BIF)$ çemberlerinin kuvvet ekseni $BI$ dır.
$(HBC)$ ile $(HCF)$ çemberlerinin kuvvet ekseni $HC$ dir.
Bu durumda $G$ noktası bu üç çemberin kuvvet merkezidir.
$GF$, $(HCF)$ teğet olduğu için $(BIF)$ ye de teğettir.
Bu da $\angle GIF = \angle GFB =\angle GHF$ demektir.
-
$FCEJ$ paralelkenarı kurulduğunda $\triangle HBC\sim \triangle ECJ \sim \triangle FJC$ benzerliklerinden de sonuca gidilebilir.
Bu şekilde paralelkenar kurduğumuzda, ya da bu sorunun başka bir çözümünde de olabilir, aynı zamanda $HE$ nin $\triangle BHC$ de kenarortaysı (simedyan) olduğunu da ispatlamış oluyoruz. bkz.Brilliant/Symmedian (https://brilliant.org/wiki/symmedian)