Son İletiler

11

Fantezi Geometri / Ynt: Model 1.8'e ait Soru

« Son İleti Gönderen: Lokman Gökçe Temmuz 14, 2026, 07:58:03 ös »

@niratesbiadenroc1 merhaba,

Çözümlerinizde paragraf bütünlüğü içinde kalarak, gereksiz satır boşlukları bırakmadan yazarsanız insan gözüyle rahat takip edilebilir ve okunabilir bir biçime gelmiş olur. Aşağı doğru sarkan uzun bir sayfaya bütüncül bakmak ve takip etmek okuyucu açısından zordur. Çözümünüzü yapay zekâdan düzenlemesini istemiş olabilirsiniz. Bir düzeyde destek almak yararlı olabilir ancak YZ'ler bu kısımda henüz yerince iyi performans gösteremiyor. Bu yüzden son aşamada paragraf bütünlüğünü sağlamak ve çözümün akıcılığı manuel olarak düzenleyip göndermek uygundur. Aksi hâlde sunulan çalışma çok makine işi duruyor.

İyi çalışmalar diliyorum.

12

Fantezi Geometri / Ynt: Model 1.8'e ait Soru

« Son İleti Gönderen: niratesbiadenroc1 Temmuz 14, 2026, 05:09:04 ös »

import geometry;

size(14cm);
defaultpen(fontsize(11pt));

real t=4;

// Noktalar
pair A=(0,0);
pair P=t*dir(10);

pair B=extension(
    A,A+dir(30),
    P,P+dir(60)
);

pair C=extension(
    A,A+dir(0),
    P,P+dir(-40)
);

// Kalemler
pen kenar=black+1.1bp;
pen ic=black+0.75bp;
pen verilen=black+0.8bp;
pen bulunan=red+0.9bp;

// Üçgen
draw(A--B--C--cycle,kenar);

// İç doğru parçaları
draw(A--P,ic);
draw(B--P,ic);
draw(C--P,ic);

// A köşesindeki 10 derecelik yay
draw(
    A+0.43*dir(0)
    --A+0.43*dir(2)
    --A+0.43*dir(4)
    --A+0.43*dir(6)
    --A+0.43*dir(8)
    --A+0.43*dir(10),
    verilen
);

// A köşesindeki 20 derecelik yay
draw(
    A+0.70*dir(10)
    --A+0.70*dir(14)
    --A+0.70*dir(18)
    --A+0.70*dir(22)
    --A+0.70*dir(26)
    --A+0.70*dir(30),
    verilen
);

// B köşesindeki 30 derecelik yay
draw(
    B+0.43*dir(210)
    --B+0.43*dir(215)
    --B+0.43*dir(220)
    --B+0.43*dir(225)
    --B+0.43*dir(230)
    --B+0.43*dir(235)
    --B+0.43*dir(240),
    verilen
);

// B köşesindeki 20 derecelik yay
draw(
    B+0.70*dir(240)
    --B+0.70*dir(244)
    --B+0.70*dir(248)
    --B+0.70*dir(252)
    --B+0.70*dir(256)
    --B+0.70*dir(260),
    bulunan
);

// C köşesindeki 60 derecelik yay
draw(
    C+0.40*dir(80)
    --C+0.40*dir(90)
    --C+0.40*dir(100)
    --C+0.40*dir(110)
    --C+0.40*dir(120)
    --C+0.40*dir(130)
    --C+0.40*dir(140),
    bulunan
);

// C köşesindeki 40 derecelik yay
draw(
    C+0.68*dir(140)
    --C+0.68*dir(148)
    --C+0.68*dir(156)
    --C+0.68*dir(164)
    --C+0.68*dir(172)
    --C+0.68*dir(180),
    verilen
);

// Noktalar ve adları
dot("$A$",A,SW);
dot("$B$",B,N);
dot("$C$",C,SE);
dot("$P$",P,NW);

// Açı etiketleri
label("$10^\circ$",A+0.66*dir(5),S);
label("$20^\circ$",A+0.94*dir(20),NW);

label("$30^\circ$",B+0.68*dir(225),SW);
label("$20^\circ$",B+0.94*dir(250),E,bulunan);

label("$60^\circ$",C+0.62*dir(110),NE,bulunan);
label("$40^\circ$",C+0.93*dir(160),NW);

// Sonuç
label(
    "$\angle PBC=20^\circ$",
    (A+C)/2+(0,-0.80),
    S,
    bulunan
);

Çözüm

$x=\angle PBC$ olsun.

$ABP$ üçgeninde açıların toplamından

$\angle APB=180^\circ-20^\circ-30^\circ=130^\circ$

bulunur.

$APC$ üçgeninde de

$\angle APC=180^\circ-10^\circ-40^\circ=130^\circ$

bulunur.

$P$ noktasının çevresindeki açıların toplamı $360^\circ$ olduğundan

$\angle BPC=360^\circ-130^\circ-130^\circ=100^\circ$

olur.

Buna göre $BPC$ üçgeninde

$\angle PCB=180^\circ-100^\circ-x=80^\circ-x$

bulunur.

Şimdi $\lvert BP\rvert/\lvert PC\rvert$ oranını hesaplayalım.

$ABP$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\frac{\lvert BP\rvert}{\lvert AP\rvert}=\frac{\sin(20^\circ)}{\sin(30^\circ)}$

elde edilir.

$\sin(30^\circ)=\frac{1}{2}$ olduğundan

$\frac{\lvert BP\rvert}{\lvert AP\rvert}=2\sin(20^\circ)$

olur.

$APC$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\frac{\lvert PC\rvert}{\lvert AP\rvert}=\frac{\sin(10^\circ)}{\sin(40^\circ)}$

elde edilir.

İlk oran ikinci orana bölünürse

$\frac{\lvert BP\rvert}{\lvert PC\rvert}=\frac{2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)}{\sin(10^\circ)}$

bulunur.

Şimdi bu ifadeyi adım adım düzenleyelim.

Genel olarak

$2\sin(\alpha)\sin(\beta)=\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)$

özdeşliği vardır.

Bu özdeşlik, kosinüsün toplam ve fark formüllerinden elde edilir:

$\cos(\alpha-\beta)=\cos(\alpha)\cos(\beta)+\sin(\alpha)\sin(\beta)$

ve

$\cos(\alpha+\beta)=\cos(\alpha)\cos(\beta)-\sin(\alpha)\sin(\beta)$.

İkinci eşitlik birinci eşitlikten çıkarılırsa

$\cos(\alpha-\beta)-\cos(\alpha+\beta)=2\sin(\alpha)\sin(\beta)$

elde edilir.

Burada $\alpha=20^\circ$ ve $\beta=40^\circ$ alınırsa

$2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)=\cos(-20^\circ)-\cos(60^\circ)$

olur.

Kosinüs çift fonksiyon olduğundan $\cos(-20^\circ)=\cos(20^\circ)$ ve $\cos(60^\circ)=\frac{1}{2}$ olduğuna göre

$2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)=\cos(20^\circ)-\frac{1}{2}$

bulunur.

Şimdi $\cos(20^\circ)$ ifadesini dönüştürelim.

$\sin(30^\circ)=\frac{1}{2}$ olduğundan $2\sin(30^\circ)=1$ olur. Bu nedenle

$\cos(20^\circ)=2\sin(30^\circ)\cos(20^\circ)$

yazılabilir.

Genel olarak

$2\sin(\alpha)\cos(\beta)=\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)$

özdeşliği vardır.

Bu özdeşlik, sinüsün toplam ve fark formüllerinden elde edilir:

$\sin(\alpha+\beta)=\sin(\alpha)\cos(\beta)+\cos(\alpha)\sin(\beta)$

ve

$\sin(\alpha-\beta)=\sin(\alpha)\cos(\beta)-\cos(\alpha)\sin(\beta)$.

Bu iki eşitlik taraf tarafa toplanırsa

$\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)=2\sin(\alpha)\cos(\beta)$

elde edilir.

Burada $\alpha=30^\circ$ ve $\beta=20^\circ$ alınırsa

$2\sin(30^\circ)\cos(20^\circ)=\sin(50^\circ)+\sin(10^\circ)$

olur.

Dolayısıyla

$\cos(20^\circ)=\sin(50^\circ)+\sin(10^\circ)$

elde edilir.

Bunu önceki ifadede yerine yazarsak

$2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)=\sin(10^\circ)+\sin(50^\circ)-\frac{1}{2}$

bulunur.

$\frac{1}{2}=\sin(30^\circ)$ olduğundan

$2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)=\sin(10^\circ)+\sin(50^\circ)-\sin(30^\circ)$

yazılabilir.

Şimdi $\sin(50^\circ)-\sin(30^\circ)$ farkını dönüştürelim.

Genel olarak

$\sin(\alpha)-\sin(\beta)=2\cos\left(\frac{\alpha+\beta}{2}\right)\sin\left(\frac{\alpha-\beta}{2}\right)$

özdeşliği vardır.

Bu özdeşlikte $\alpha=50^\circ$ ve $\beta=30^\circ$ alınırsa

$\sin(50^\circ)-\sin(30^\circ)=2\cos(40^\circ)\sin(10^\circ)$

elde edilir.

Böylece

$2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)=\sin(10^\circ)+2\cos(40^\circ)\sin(10^\circ)$

olur.

Sağ tarafta $\sin(10^\circ)$ ortak çarpanına alınırsa

$2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)=\sin(10^\circ)(1+2\cos(40^\circ))$

bulunur.

Her iki taraf $\sin(10^\circ)$ ile bölünürse

$\frac{2\sin(20^\circ)\sin(40^\circ)}{\sin(10^\circ)}=1+2\cos(40^\circ)$

elde edilir.

Şimdi $1+2\cos(40^\circ)$ ifadesinin $\frac{\sin(60^\circ)}{\sin(20^\circ)}$ ifadesine eşit olduğunu gösterelim.

$\sin(60^\circ)=\sin(20^\circ+40^\circ)$ olduğundan, sinüsün toplam formülü kullanılırsa

$\sin(60^\circ)=\sin(20^\circ)\cos(40^\circ)+\cos(20^\circ)\sin(40^\circ)$

olur.

Ayrıca

$\sin(40^\circ)=\sin(20^\circ+20^\circ)$

ve sinüsün toplam formülünden

$\sin(40^\circ)=2\sin(20^\circ)\cos(20^\circ)$

elde edilir.

Bu ifade yerine yazılırsa

$\sin(60^\circ)=\sin(20^\circ)\cos(40^\circ)+2\sin(20^\circ)\cos^2(20^\circ)$

olur.

$\sin(20^\circ)$ ortak çarpanına alınırsa

$\sin(60^\circ)=\sin(20^\circ)(\cos(40^\circ)+2\cos^2(20^\circ))$

bulunur.

Şimdi $2\cos^2(20^\circ)$ ifadesini dönüştürelim.

Kosinüsün toplam formülünden

$\cos(40^\circ)=\cos(20^\circ+20^\circ)=\cos^2(20^\circ)-\sin^2(20^\circ)$

olur.

Ayrıca

$1=\cos^2(20^\circ)+\sin^2(20^\circ)$

eşitliği vardır.

Bu iki eşitlik taraf tarafa toplanırsa

$1+\cos(40^\circ)=2\cos^2(20^\circ)$

elde edilir.

Dolayısıyla

$\cos(40^\circ)+2\cos^2(20^\circ)=\cos(40^\circ)+1+\cos(40^\circ)$

ve buradan

$\cos(40^\circ)+2\cos^2(20^\circ)=1+2\cos(40^\circ)$

olur.

Böylece

$\sin(60^\circ)=\sin(20^\circ)(1+2\cos(40^\circ))$

elde edilir.

Her iki taraf $\sin(20^\circ)$ ile bölünürse

$1+2\cos(40^\circ)=\frac{\sin(60^\circ)}{\sin(20^\circ)}$

bulunur.

Sonuç olarak

$\frac{\lvert BP\rvert}{\lvert PC\rvert}=\frac{\sin(60^\circ)}{\sin(20^\circ)}$

elde edilir.

Öte yandan $BPC$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\frac{\lvert BP\rvert}{\lvert PC\rvert}=\frac{\sin(80^\circ-x)}{\sin(x)}$

olur.

Bu nedenle

$\frac{\sin(80^\circ-x)}{\sin(x)}=\frac{\sin(60^\circ)}{\sin(20^\circ)}$

eşitliği elde edilir.

$x=20^\circ$ alınırsa

$\frac{\sin(80^\circ-20^\circ)}{\sin(20^\circ)}=\frac{\sin(60^\circ)}{\sin(20^\circ)}$

olur ve eşitlik sağlanır.

Ayrıca $0^\circ<x<80^\circ$ aralığında $x$ arttıkça $\sin(80^\circ-x)$ azalır ve $\sin(x)$ artar. Her iki ifade de pozitiftir. Bu nedenle

$\frac{\sin(80^\circ-x)}{\sin(x)}$

oranı bu aralıkta kesin olarak azalır. Dolayısıyla bulunan çözüm tektir.

Sonuç olarak

$\angle PBC=20^\circ$

bulunur.

Böylece

$\angle PCB=60^\circ$

olur.



NOT: Kenarların sıralaması

$ABC$ üçgeninin açıları

$\angle A=30^\circ$, $\angle B=50^\circ$ ve $\angle C=100^\circ$

olur.

$ABC$ üçgeninde $AB$ kenarı $100^\circ$ açısının, $AC$ kenarı ise $50^\circ$ açısının karşısındadır. Bu nedenle

$\lvert AB\rvert>\lvert AC\rvert$

olur.

$APC$ üçgeninde $AC$ kenarı $130^\circ$ açısının, $AP$ kenarı ise $40^\circ$ açısının karşısındadır. Bu nedenle

$\lvert AC\rvert>\lvert AP\rvert$

olur.

$AP$ ile $BC$ farklı üçgenlerde bulunduğu için bu iki uzunluk ayrıca karşılaştırılmalıdır.

$ABP$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert AP\rvert}=\frac{\sin(130^\circ)}{\sin(30^\circ)}$

elde edilir.

$\sin(130^\circ)=\sin(50^\circ)$ ve $\sin(30^\circ)=\frac{1}{2}$ olduğundan

$\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert AP\rvert}=2\sin(50^\circ)$

olur.

$ABC$ üçgeninde sinüs teoreminden

$\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{\sin(30^\circ)}{\sin(100^\circ)}$

elde edilir.

$\sin(30^\circ)=\frac{1}{2}$ ve $\sin(100^\circ)=\sin(80^\circ)$ olduğundan

$\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert AB\rvert}=\frac{1}{2\sin(80^\circ)}$

olur.

Bu iki oran çarpılırsa

$\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert AP\rvert}=\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert AB\rvert}\cdot\frac{\lvert AB\rvert}{\lvert AP\rvert}$

ve dolayısıyla

$\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert AP\rvert}=\frac{\sin(50^\circ)}{\sin(80^\circ)}$

elde edilir.

$50^\circ<80^\circ<90^\circ$ olduğundan

$\sin(50^\circ)<\sin(80^\circ)$

olur.

Bu nedenle

$\frac{\lvert BC\rvert}{\lvert AP\rvert}<1$

ve buradan

$\lvert AP\rvert>\lvert BC\rvert$

elde edilir.

Son olarak $BPC$ üçgeninde açılar $100^\circ$, $60^\circ$ ve $20^\circ$ olur.

$BC$ kenarı $100^\circ$ açısının, $BP$ kenarı $60^\circ$ açısının ve $PC$ kenarı $20^\circ$ açısının karşısındadır. Dolayısıyla

$\lvert BC\rvert>\lvert BP\rvert>\lvert PC\rvert$

olur.

Bütün karşılaştırmalar birleştirilirse

$\lvert AB\rvert>\lvert AC\rvert>\lvert AP\rvert>\lvert BC\rvert>\lvert BP\rvert>\lvert PC\rvert$

elde edilir.

13

Fantezi Geometri / Model 1.2'e ait Soru

« Son İleti Gönderen: AhmetG Temmuz 14, 2026, 02:24:07 ös »

$P$, $ABC$ üçgeni içinde bir noktadır.

\[
\angle BAP = 20^\circ,\qquad
\angle PAC = 10^\circ,\qquad
\angle PBA = 30^\circ,\qquad
\angle PCA = 40^\circ.
\]

Buna göre, $\angle PBC$ kaç derecedir?

14

Üniversite Hazırlık Geometri / Ynt: Geniş açılı üçgen + çevrel çember + açı elemeli soru

« Son İleti Gönderen: Metin Can Aydemir Temmuz 14, 2026, 12:04:43 öö »

2|AD|$^{2}$=36+x$^{^{2}}$-$\left(6\sqrt2\right)^2$/2 ise |AD|=x/$\sqrt{2}$ 'dir.

İşlem hatasından dolayı $2|AD|^2=x^2$ bulacağıma $2|AD|^2=x^2+18$ bulmuşum, düzeltince sizin çözümüzle aynı sonuca varıyoruz.

15

Üniversite Hazırlık Geometri / Ynt: Geniş açılı üçgen + çevrel çember + açı elemeli soru

« Son İleti Gönderen: niratesbiadenroc1 Temmuz 13, 2026, 09:28:21 ös »

AC kenarının ABC üçgeninin en uzun kenarı olduğunu söylemeyi unutmuşum. 2|AD|$^{2}$=36+x$^{^{2}}$-$\left(6\sqrt2\right)^2$/2 ise |AD|=x/$\sqrt{2}$ 'dir.
(2|AD|$^{2}$=x$^{2}$+|AB|$^{2}$- |BC|$^{2}$/2) (Kenarortay teoreminden)

 Kosinüs teoremi uygularsak:
|AB|$^{2}=|AC|^{2}+|BC|^{2}-2|AC||BC|\cos 30^{o}$ ise 36=x$^{2}$+72-2(3$\sqrt{6}$x) 'ten

$\Delta$ formülü yardımıyla x = 3$\sqrt{6}$$\pm 3\sqrt{2}$ bulunur.
Dolayısıyıla sadece verilen bilgiler göz önüne alınırsa iki farklı ABC üçgeni olabilir.
Fakat unuttuğum AC'nin en uzun kenar olduğu şartı düşünülürse x =3$\sqrt{6}$+3$\sqrt{2}$ bulunur (x=3$\sqrt{6}-3\sqrt{2}$ incelenirse bu durumun AC'nin en küçük kenar olduğu durum olduğu anlaşılır. Bulduğumuz iki değerden birinin AC'nin üçgenin en uzun kenarı olduğu, diğer değerin AC'nin üçgenin en kısa kenarı olduğu düşünülürse AC kenarının ABC üçgeninin ortanca kenarı olması mümkün değildir. Soruda diğer bilgilerle birlikte böyle bir bilgi vermek sorunun yanlış olmasına neden olacaktı.). |AC|>|AB|,|BC| bilgisi ihmal edilirse:

|AD|/|OD| = ($\sqrt{6}$ $\pm $ $\sqrt{2}$)/2

Not: Sinüs teoreminden |BC|/$\sin (A)$ = |AB|/$\sin (C)$' dir.

 $\implies   $6$\sqrt{2}$/$\sin (A)$ = 6/$\sin (30^{o})$' dan
$\sin (A)$ =$\sqrt{2}$/2 bulunur. Buradan A açısı ya 135$^{o}$ ya da 45$^{o}$' dır. AC kenarının en uzun olduğu durumda  m(A)=45$^{o}$, AC kenarının en kısa olduğu durumda ise m(A)=135$^{o}$ olur.

16

Üniversite Hazırlık Geometri / Ynt: Geniş açılı üçgen + çevrel çember + açı elemeli soru

« Son İleti Gönderen: Metin Can Aydemir Temmuz 13, 2026, 05:50:39 ös »

$m(\widehat{ACB})=30^\circ$ olduğundan $m(\widehat{AOB})=60^\circ$'dir. Yani $AOB$ üçgeni eşkenar bir üçgendir ve çevrel çemberin yarıçapı $6$'dır. $OBC$ üçgeni de buradan $6-6-6\sqrt{2}$ üçgeni yani ikizkenar dik üçgen olarak bulunur, dolayısıyla $|OD|=3\sqrt{2}$'dir.

$|AD|$'yi bulmanın birden fazla yolu vardır. İlk akla gelen yolu kullanalım. $|AC|=x$ dersek, kenarortay teoreminden (veya Stewart teoreminden), $|AD|=\frac{x\sqrt{2}}{2}$ bulunur. Kosinüs teoreminden ise $$x^2-6x\sqrt{6}+36=0\implies x=3\sqrt{6}\pm3\sqrt{2}$$ bulunur ($B$'den dik indirilerek de bulunabilir, eğer dikme ayağı $[AC]$ üzerindeyse +, dışındaysa - işaretli sonuç bulunur).

Sonuç olarak $$|AD|=\frac{3\sqrt{6}\pm3\sqrt{2}}{\sqrt{2}}=3\sqrt{3}\pm3$$ olarak bulunur. Sonuç olarak $$\frac{|AD|}{|OD|}=\frac{3\sqrt{3}\pm 3}{3\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}\pm\sqrt{2}}{2}$$ olarak bulunur.

Not: Eğer gözden kaçırdığım bir nokta yoksa, verilen koşulları sağlayan 2 adet $ABC$ üçgeni vardır, bu yüzden 2 farklı sonuç vardır.

17

Üniversite Hazırlık Geometri / Geniş açılı üçgen + çevrel çember + açı elemeli soru

« Son İleti Gönderen: niratesbiadenroc1 Temmuz 13, 2026, 03:50:24 ös »

import geometry;
import olympiad;

size(9cm);

pair B = (0, 0);
pair C = (6, 0);
pair A = (6 - 3*sqrt(3), 3);
pair D = (B + C)/2;

pair O = (3, 6 - 3*sqrt(3));
real R = length(O - B);

draw(circle(O, R), blue + 1bp);
draw(A--B--C--cycle, black + 1.2bp);
draw(A--D, dashed);

draw(anglemark(A, C, B, 5));
label("$30^\circ$", C + 0.65*dir(165));

draw(pathticks(B--D, 1, 0.5, 1, 3));
draw(pathticks(D--C, 1, 0.5, 1, 3));

dot("$A$", A, N);
dot("$B$", B, SW);
dot("$C$", C, SE);
dot("$D$", D, S);

label("$6$", (A + B)/2, NW);
label("$6\sqrt{2}$", (B + C)/2, S);

label("Şekil ölçekli değildir.", (3, -1));

ABC üçgeninin çevrel çemberinin üzerinde A, B ve C noktaları bulunmaktadır. ABC üçgeninin çevrel çemberinin merkezi O, BC kenarının orta noktası ise D'dir. |AB| = 6 br, |BC| = 6$\sqrt{2}$ br, m(C) = 30$^{o}$dir. AD/OD oranını bulunuz. (Şekil ölçekli değildir.)

18

Fantezi Geometri / Ynt: Geniş Açılı Üçgende Açı Sorusu

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 12, 2026, 12:52:57 öö »

Model 2.6 için bir çözüm:

Soru: $\angle BAP = t$, $\angle ABP = 30^\circ$, $\angle CBP=90^\circ + t$, $\angle BCP = 30^\circ - 2t$ ise $\angle CAP=2t^\circ$ ve $\angle ACP = 30^\circ - 2t$ olduğunu gösteriniz.

Çözüm:

$\triangle ABP$ nin çevrel merkezi $O$ olsun.
$\angle AOP = 60^\circ$ ve $\angle BOP = 2t$.
$\angle OAB = \angle OBA = 60^\circ - t$.
$O, B, C$ doğrusaldır.
$\angle AOB + \angle OCP = 90^\circ$, yani $CP \perp AO$.
$AP=PO$ olduğu için $CP$, $\angle ACO$ nun açıortayıdır.
$\angle ACP = 30^\circ - 2t$ ve $\angle CAP = 2t$.

size(400);

pair bpt(pair V, pair P1, pair P2, real r){
  real a1 = degrees(P1-V);
  real a2 = degrees(P2-V);
  real amid = (a1+a2)/2;
  return V + r*dir(amid);
}

pair B = (0,0), C = (6,0);
pair A = (-2.638156, 3.144032);
pair P = (-0.192533, 1.091911);
pair G = (A + B + C) / 3;

draw(A--B--C--cycle);
draw(P--A); draw(P--B); draw(P--C);

// --- Cozumun geri kalani (kirmizi) ---
pair O = (-3.192532, 0);   // ABP nin cevrel merkezi
draw(O--B, red);            // O, B, C dogrusal (dogru CB uzerinde)
draw(O--A, red);           // OA yaricapi
draw(O--P, red);           // OP yaricapi
dot("$O$", O, unit(O-G), red);

dot("$A$", A, unit(A-G));
dot("$B$", B, unit(B-G));
dot("$C$", C, unit(C-G));
dot("$P$", P, unit(P-G));

markangle("", P, B, A);   // ABP
markangle("", C, B, P, radius=0.4, black);   // PBC
markangle("$30^{\circ}-2t$", P, C, B);   // BCP
markangle("$t$", B, A, P);   // BAP
markangle("$2t$", B, O, P, red);
markangle("", P, O, A, red);

label("$30^\circ$", bpt(B,A,P, 0.75), black);
label("$90^\circ + t$", bpt(B,C,P, 0.75), black);
label("$60^\circ $", bpt(O,A,P, 0.85), red);

19

Fantezi Geometri / Ynt: model üçgen - P noktası

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 11, 2026, 07:49:31 ös »

Foruma model tespiti için bir sayfa ekledim:
https://geomania.org/forum/index.php?action=model-bulucu#20,10,30,40

20

Konu Dışı / Ynt: Geogebra Çizimleri Ekleme

« Son İleti Gönderen: geo Temmuz 11, 2026, 07:46:23 ös »

Geogebra çiziminizde, resim istediğiniz gibi görünmediğinde Önizleme butonuna birkaç kez basıp Save Changes butonunun göründüğü bir durumuda Zoom In/Out, Pan işlemleri ile Save Changes yaparsanız o görünümü kaydetmiş oluyorsunuz.

Kod: [Seç]

view=-3621.75,-523.012,1329.678,3390.3Yukarıdaki gibi bir şeyler ggb tag'inin içerisine yazılacaktır.
Bazen işler istediğiniz gibi gitmediğinde, sorun daha önce kaydedilmiş view olabiliyor. O durumda da, view'i elle silmenizde fayda var.

Bazen istediğiniz boyutta resim çıkarmak için ggb tag'ine width ve height eklemek faydalı olacaktır. Bu durumda da önceden bir view varsa onu silip yeni şekle göre yenisi ürettirmek de istenmeyen bazı durumların önüne geçebiliyor.