Gönderen Konu: X(25) Noktası  (Okunma sayısı 74 defa)

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2966
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
X(25) Noktası
« : Mayıs 20, 2020, 03:17:48 öö »
Teorem 1. Herhangi bir $ABC$ üçgeninin; çevrel çember merkezi $O$, ortik üçgeni $DEF$, teğet üçgeni $KLM$ olsun. Bu durumda $DEF$ ve $KLM$ üçgenlerinin kenarları karşılıklı olarak birbirine paraleldir. Yani $DE \parallel KL$, $DF \parallel KM$, $EF \parallel LM$.


Teorem 2. Çevrel çemberin yarıçaplarını taşıyan doğrular  $DEF$ üçgeninin kenarlarına (gerekirse uzantılarına) diktir. Yani $OA \perp EF$, $OB \perp DF$, $OC \perp DE$


Teorem 3. $KD$, $LE$, $MF$ doğruları noktadaştır. Bu nokta $X_{25}$ ile gösterilir.


Teorem 4. $ABC$ üçgeninin kenar orta noktaları $P$, $R$, $S$ ise $KP$, $LR$, $MS$ doğruları $O$ noktasında kesişir.


Teorem 5. $X_{25}$ noktası $ABC$ üçgeninin Euler doğrusu üzerindedir.




Notlar ve Yorumlar:
1. Ortik Üçgen: $ABC$ üçgeninin dikme ayaklarını köşe kabul eden üçgendir.
2. Teğet üçgeni: $ABC$ üçgeninin çevrel çemberine $A$, $B$, $C$ noktalarında teğet olan doğruların oluşturduğu üçgendir.
3. Teorem 1-2-4'ün ifadelerine denk olan veya bu teoremleri bire sonuç olarak elde etmemizi sağlayacak teoremler Roger Jhonson 1929, sayfa 172 de verilmiştir.
4. R. Jhonson, Teorem 3'deki noktadaşlığı belirtmemiştir, ancak $DEF$ ve $KLM$ arasındaki homotetiyi görüp homoteti mekezinden kaynaklanan noktadaşlığı görmediği düşünülemez.
5. Teorem 5, R. Jhonson'da da yoktur. C. Kimbeling'in sitesinde bir özellik olarak ispatsız biçimde verilmiştir. Ben de henüz ispatını bilmiyorum. Bu ispatı yapabilirsek foruma ekleyelim.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

Çevrimdışı scarface

  • Lokman Gökçe
  • Administrator
  • Geo-Maniac
  • *********
  • İleti: 2966
  • Karma: +21/-0
  • İstanbul
Ynt: X(25) Noktası
« Yanıtla #1 : Mayıs 20, 2020, 03:58:03 öö »
Teorem 1'in İspatı: $m(\widehat{BAC})=\alpha$ denirse ortik üçgen özelliklerinden $ m(\widehat{EDC}) = m(\widehat{FDB}) = \alpha$ olduğunu görmek kolaydır. Çevre açı-merkez açı ilişkisinden $ m(\widehat{BOC}) = 2\alpha$ olur. $OB \perp KM$ ve $OC \perp KL$ olduğundan $ m(\widehat{BKC}) = 180^\circ -2\alpha$ dır. $|KB|=|KC|$ eşit teğet parçaları olup $ m(\widehat{KBC}) = m(\widehat{KCB})=\alpha$ olur. İç ters açı eşitlikleri sağlandığından $DF \parallel KM$, $DE \parallel KL$ bulunur. Benzer işlemlerle $EF \parallel LM$ bulunabilir.

Teorem 2'nin İspatı: $ABC$ üçgeninin çevrel çemberi, $KLM$ üçgeninin iç teğet çemberi olduğundan $OA \perp LM$ dir. Ayrıca (Teorem 1'den) $EF \parallel LM$ olduğundan $OA \perp EF$ dir. Benzer biçimde $OA \perp DF$, $OC \perp DE$ olduğu gösterilebilir.

Teorem 3'ün İspatı: Teorem 1'e göre  $DF \parallel KM$, $DE \parallel KL$, $EF \parallel LM$ olduğundan $DEF \sim KLM$ üçgenleri homotetiktir. Dolayısıyla homotetik olarak eşlenen noktalar birleştiren $KD$, $LE$, $MF$ doğruları bir noktada (homoteti merkezinde) kesişirler.

Teorem 4'ün İspatı: $BOCK$ bir deltoid olduğundan $OK \perp BC$ olup $OK$, $[BC]$ yi iki eşit parçaya böler. Yani $OK$, $P$ kenar orta noktasından geçer. Benzer şekilde $OL$, $R$ den geçer ve $OM$, $S$ den geçer. Yani $KP$, $LR$, $MS$ doğrularının hepsi $O$ noktasından geçer.
Uğraşınca çözebileceğim zorlukta olan soruları çözmeyi severim.

 


Sitemap 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 
SimplePortal 2.3.3 © 2008-2010, SimplePortal