Yükseklik, Açıortay, Kenarortay noktadaş ise

[geo]

ABC üçgeninde bir yükseklik, bir açıortay, bir kenarortay bir noktada kesişirse ne olur?
B açısı geniş açı olduğunda, A ya ait yükseklik, B ye ait kenarortay, C ye ait dış açıortay noktadaş ise ne olur?
Bu sorulara yanıt ararken türetilen 15 soru:

[alpercay]

İlk sorunuz için üçgenin kenarları arasında  a(a²+b²-c²)=b(a²+c²-b²) bağıntısı mevcut.(Bu bağıntıyı Lise Fen Kolu Cebir Trigonometri-Geometri,Süleyman Ölçen'in kitabında görmüştüm).Kanıt için açıortay teoremi,menelaüs,pisagor teoremi birlikte kullanılıyor sanırım.Ayrıca burdan |CH|=|HN| eşitliği çıkartılabiliyor.Burdan sonra HNM  eşkenar üçgeni orta taban üçgeni olduğundan Alan(ABC)=4.Alan(HNM) eşitliği kullanılabilir.

[geo]

1. soru

m(NCH)=m(NCM) ve NH=NM olduğu için NC yi gören açılar arasında
ya m(NHC)=m(NMC) bağıntısı
ya da m(NHC)+m(NMC)=180 bağıntısı var.

* İlkini ele alalım.
Yükseklik, kenarortay, açıortay kesişim noktası P olsun.
Bu durumda NMCH deltoid ve HM=MC=HC, yani m(C)=60 olur.
Deltoidde PH=PM olduğu için m(PMC)=90 dolayısıyla AB=BC.
Sonuçta ABC bir kenarı 4 olan bir eşkenar üçgen olur. Alan da 4 kök 3 çıkar.

* İkinci duruma bakalım:
NHCM bir kirişler dörtgenidir.
m(NCH)=m(NCM)=a dersek, m(NHM)=a ve m(MHC)=2a olacaktır.
Ceva teoreminden BN/NA=BH/HC <=> NH//AC ve m(CNH)=m(NCM)=a olur.
NCH üçgeninde açılar a-3a-a olduğu için a=36 çıkar.
BH=HC=2 ve AH=2.tan72 olur.
Paralellikten (BC-2)/BC = NH/AC= 2/(2/cos72) = cos72 => BC=2/(1-cos72)
Alan(ABC)=2tan72/(1-cos72) = wolfram

NOT: İkinci durumu düşünmediğimden alan sormuşum. Açı sorsak daha uygun olurmuş.
Normalde soruları zorluk sırasına göre dizmiştim. İkinci ihtimal işi biraz bozdu.

[ERhan ERdoğan]

blanchet teoreminden faydalanarak alternatif çözüm yolları üretilebilir.

Blanchet teoremi : ABC üçgeninde [AH] yüksekliği üzerinde alınan P noktası için,
BP ile CP nin [AC] ve [AB]'yi kestiği noktalar sırasıyla D ve E olsun.
Buna göre; m(AHD)=m(AHE) dir.

[geo]

Ceva Teoremi
Cevian'lardan biri kenarortaysa diğer cevian uçları kenara paralel doğru oluşturur.

Blanchet Teoremi
Yükseklik cevian'ı, diğer cevian'ların uçlarının oluşturduğu üçgende açıortaydır.

Bizim sorularımızda Blachet Teoremini özel bir durumu var. İspatı nispeten daha basit. Örneğin 1. soruda $HN \parallel AC$ olduğunu Ceva'dan gösterdikten sonra $\angle NHB = \angle MCH$ ve $\triangle AHC$ dik üçgeninde $\angle MHC = \angle MCH$ eşitlikleri ile $\angle NHB =  \angle MHC$ dolayısıyla da $\angle NHA = \angle AHM$ sonuçlarına kolayca ulaşılabilir.

Ayrıca paralellikten $NH=HC$ eşitliğini de çözümlerde doğrudan kullanacağız.

2.
$\angle AHM = \angle HAM = \angle NHA$ olduğu için $\angle MHH = \angle NHM = 2\angle HAC$ yani $NM=HM=AM=MC$ dir. Bu durumda $\triangle ANC$ bir dik üçgen, $P$ diklik merkezi, kenarortayımız yükseklik, açıortayımız yükseklik, yani $\triangle ABC$ eşkenar olur. Bu durumda $\dfrac {CP}{PN} = 2$ olur.

3.
$\triangle NHM$ de, $HK$ açıortay ve kenarortay olduğu için $NH=HM=AM=MC$ ve $NH=HC$ olduğu için $\angle HAM = 30^\circ$ çıkar. $\angle NHM = 2\cdot 30^\circ = 60^\circ$ olduğu için $\triangle NHM$ eşkenardır. Bu durumda $\triangle ABC$ de eşkenardır. Bu durumda $AH=2\sqrt 3$ olacaktır.

4.
Açıortay teoreminden $\dfrac {NK}{KM}=\dfrac {NH}{HM}=\dfrac {NH}{\frac {AC}2} = \dfrac xy$.
$\dfrac{BH}{HC} = \dfrac{NH}{AC - NH} = \dfrac {1}{\frac {2y}{x} - 1} = \dfrac {x}{2y-x}$ elde edilir.

5.
$NK/KM=NH/HM = 1/2$ olduğu için $NH/AC = 1/4$ ve $BH/HC=1/3$. Paralellikten $BN/AN=BH/HC=1/3$, $HC = \dfrac {3 \cdot BC}4$.
Açıortay teoreminden $BC/AC=BN/AN=1/3$, $AC=3\cdot BC$.
$BH=x$ dersek, $BC=4x$, $CH=3x$ $AC=12x$ elde ederiz.
Bu aşamadan sonra kosinüs teoremi ile ya da açıortay teoremi ile devam edebiliriz.

Kosinüs Teoremi:
$\sin \angle HAC = \dfrac 14$, $\cos (2 \cdot \angle HAC) = 1 - 2 \sin^2 \angle HAC = \dfrac 78$ elde ederiz.
$\triangle NHM$ de kosinüs teoreminden $9x^2 + 36x^2 - 2\cdot 3x \cdot 6x \cdot \dfrac 78 = (3\sqrt 6)^2 \Rightarrow x=2$ çıkar. Yani $BC=8$.

Açıortay Teoremi:
Pisagordan $AH^2 = 135x^2$. $NK/KM=KH/AK=1/2$ olacağından $KH = \dfrac {x\sqrt {135}}{3}$.
$\triangle NHM$ de açıortay teoreminden $3x \cdot 6x - \sqrt 6 \cdot 2\sqrt 6 = \dfrac {135x^2}{9} \Rightarrow x=2 \Rightarrow BC=8$ .

6.
$\sin \angle HAC = \dfrac{HC}{AC} = \dfrac {NH}{2\cdot HM} = \dfrac {NK}{2\cdot KM} = \dfrac{\sqrt 2}{2}$, yani $\angle HAC = 45^\circ$ dir.
$\angle BHN = \angle NHA = \angle AHM = \angle MHC = 45^\circ$.
$\triangle AHC$ de $HN$ bir dışaçıortay, $CN$ bir içaçıortay olduğu için $AN$ de bir dışaçıortaydır. Yani $\angle NAH = \dfrac{180^\circ - 45^\circ}{2} = 67,5 ^\circ$. Bu durumda $\angle BAC = 112,5^\circ$ dir.

7.
$\angle ANC = \angle ACH = 2\angle NCB$. $\angle NBC = \angle NCB = \angle NCA$.
$NP=a$ ve $PC=b$ dersek $AP/PH= b/a$ olacaktır.
$BN=a+b$, $AN=a$ olacaktır.
$N$ den $BC$ ye inilen dikmenin ayağı $K$ olsun. $HK = am$ dersek $KC=BK=am+bm$ ve $NH=HC=bm$ olacaktır.
$BC=2(a+b)m$ ve $BN=a+b$ ve $AN=a$ olduğu için $AC=2am$ dir.
$NH/AC= NP/PC$ olduğu için $\dfrac{bm}{2am} = \dfrac ab \Rightarrow b=a\sqrt 2$ çıkar. Bu durumda $AP/PH=\sqrt 2$ çıkacaktır.

8.
$BE$ ile $AI$, $J$ de kesişsin.
$GJ \parallel BA \parallel CE$ olacaktır. $BG=GC$ olduğu için $BJ=JE$ ve $\angle JAE = 54^\circ$ olur.

9.
$\angle NHC = \angle MHC= \angle HCA = \alpha$.
$MC=NC$ ve $\angle CHN = \angle MHC$ olduğu için $(CMH)$ ile $(CNH)$ çemberleri eştir. Bu durumda, ya $\angle HMC = \angle HNC$ ya da $\angle HMC + \angle HNC = 180^\circ$ dir.
İlk durum $\triangle APC$ yi eşkenar yapar. Yani $\angle ACB = 30^\circ$ dir.
İkinci durumda, $MHNC$ bir kirişler dörtgenidir. $HN=NH$ olduğu için $\angle HMN = \angle MHN =2\alpha = \angle HCN$ ve $\angle CMN = \angle CHN = \angle MNC = \alpha$ olur. $\triangle CMN$ de açıları toplarsak $5\alpha = 180^\circ$ ve $\alpha = 36^\circ$ çıkar.

10.
$\angle MHC = \angle CHN$. Bu durumda $\triangle HMN$ içmerkezi $BH$ üzerindedir; ama soruda $[BH]$ üzerinde olduğunu göstermemiz isteniyor.
$HN \parallel AC$ olduğu için $MP$ doğrusu $HN$ yi ortalar. Bu durumda içmerkezin $[BH]$ üzerinde olması için $MN>HM$ olması gerekir.
$\angle MCN > 90^\circ$ olduğu için geniş açılı $\triangle MNC$ de $MN>MC=HM$ elde ederiz. Bu durumda $\angle HMN$ nin açıortayı $HN$ yi $MP$ nin solunda kesecektir. Yani $\triangle HMN$ de içaçıortaylar $[BH]$ üzerinde kesişir.