Fermat Noktası ile Ağırlık Merkezi Arası Uzaklık {çözüldü}

[Lokman Gökçe]

Soru [Rachid Iksi]: $\angle B = 60^\circ$ olan $ABC$ üçgeninin 1. Fermat noktası $F$, ağırlık merkezi $G$ olsun. $$3|FG| = \left| |AB| - |BC| \right|$$
olduğunu isptlayınız.

[Lokman Gökçe]

Soru bana geldiğinde yaptığım kendi çözümümü paylaşıyorum. Muhtemelen sonunu yazarı da cebirsel işlemler sonucunda, problemdeki neticeye ulaşmış olabilir diye tahmin ediyorum. Bana aşağıdaki çözümüm kolay ve hızlı geldi. Problemin sentetik geometri teknikleri ile ek çizimli çözümleri de vardır belki. İyi çalışmalar diliyorum.


Çözüm [Lokman Gökçe]:


$\vert AF \vert = x$, $\vert BF \vert = y$, $\vert CF \vert = z$ olsun. $\vert AB \vert = c$, $\vert AC \vert = b$, $\vert BC \vert = a$ dersek, $\angle B = 60^\circ$ ise $b^2 + c^2 - a c = a^2$ olur.

Leibniz'in ağırlık merkezi teoreminden:
\[
3|FG|^2 = 3(x^2 + y^2 + z^2) - (a^2 + b^2 + c^2) \tag{1}
\]


Fermat noktası için $x, y, z$ hesabı yapalım. $Alan(ABC) = \dfrac{1}{2}ac \cdot \sin 60^\circ = \dfrac{1}{2} \cdot \sin 60^\circ \cdot (xy + yz + zx)$ olup
\[
ac = x y + y z + z x \tag{2}
\]

elde edilir. Şimdi de $AFB$, $BFC$, $CFA$ için kosinüs teoremini uygularsak,

\[
a^2 = x^2 + y^2 + x y, \quad
a^2 = y^2 + z^2 + y z, \quad
b^2 = x^2 + z^2 + x z
\]

olur. Bu denklemleri toplarsak:

\[
a^2 + b^2 + c^2 = 2(x^2 + y^2 + z^2) + x y + y z + z x \tag{3}
\]


olur. (2) ve (3)'ten:

\[
a^2 + b^2 + c^2 - a c = 2(x^2 + y^2 + z^2) \tag{4}
\]

buluruz. (4)'ü (1)'de yerine yazarsak:

\[
3|FG|^2 = 3 \cdot b^2 - (a^2 + b^2 + c^2) = 2 b^2 - (a^2 + c^2)
\]

\[
3|FG|^2 = 2(a^2 + c^2 - a c) - (a^2 + c^2)
\Rightarrow 3|FG|^2 = (a^2 - 2 a c + c^2) = (a - c)^2
\]

olup karekök alırsak
\[
3|FG| = |a - c|
\]
sonucunu elde ederiz.

[geo]

$BC>AB$ olsun.

$ABCB_1$ paralelkenarını çizelim. $ABC_1$ ve $BCA_1$ eşkenar üçgenlerini $ABC$ nin dışına doğru kuralım.
$A_1B_1C_1$ bir eşkenar üçgen olacaktır.

$CC_1$ ile $AA_1$ nin keşimi, $F$ Fermat noktasıdır. $\angle CFA_1 = 60^\circ$.

$BC$, $AB$, $B_1C_1$, $A_1B_1$  doğru parçalarının orta noktaları, sırasıyla, $A_2$, $C_2$, $A_3$, $C_3$ olsun.
$ABC$ üçgenin ağırlık merkezi $G$, $A_1B_1C_1$ üçgeninin ağırlık merkezi $G_1$ olsun.
$A_1, G_1, A_2, A_3$ doğrusaldır. Benzer şekilde $C_1, C_2, G_1, C_3$ doğrusaldır.

$AA_2$ doğrusu, $A_1B_1$ doğrusunu $A_5$ te kessin.
$AB = CA_5 = B_1C$, dolayısıyla $A_1A_5 = A_1C - CA_5 = BC - AB$.

$G$ den $A_1A_5$ e çizilen paralel $AA_1$ ile $A_4$ noktasında kesişsin.
$AG:GA_2:A_2A_5 = 2:1:3$ olduğu için $AG:GA_5 = 1:3$ ve $A_4G = \dfrac {A_1A_5}{3} = \dfrac {BC-AB}{3}$ ve $AA_4 : A_4A_1 = 1:2$ dir.
$AA_4:A_4A_1 = A_3G_1 : G_1A_1 = 1:2$ olduğu için $A_4G_1 \parallel AA_3$ tür.

$AA_3 = B_1A - \dfrac {AC_1 + B_1A}{2} = \dfrac {B_1A - AC_1}{2} = \dfrac {BC-AB}{2}$ ve $ \dfrac {A_4G_1}{AA_3} = \dfrac 23$ olduğu için $A_4G_1 = \dfrac {BC-AB}{3}$.

Benzer şekilde $CC_1$ üzerinde $G_1C_4 \parallel CC_3$ olacak şekilde $C_4$ noktası aldığımızda $GA_4G_1C_4$ bir paralelkenar olacaktır.

$\angle G_1A_4G = \angle ABA_2 = 60^\circ$ dir. O halde $\angle A_4GC_4 = 120^\circ$.
$\angle A_4FC_4 + \angle C_4G_1A_4 = 60^\circ + 120^\circ = 180^\circ$ olduğu için $FA_4G_1C_4$ kirişler dörtgeninin çevrel merkezi $G$ dir. Bu durumda, $FG = A_4G = GC_4 = \dfrac {BC-AB}{3}$ olur.

[geo]

$\angle B = 60^\circ$ olan $ABC$ üçgeninin 1. Fermat noktası $F$, ağırlık merkezi $G$ olsun. $FG$ doğrusu $BC$ yi $D$ de kessin. $FD=DC$ olduğunu gösteriniz.

[geo]

Bir başka varyantı:

$ABC$ eşkenar üçgeninin çevrel çemberinin $AC$ yayı üzerinde bir $F$ noktası alınıyor. Çevrel çemberin $C$ deki teğeti ile $BF$, $P$ de kesişsin. $PAC$ üçgeninin ağırlık merkezi $G$ olsun. $FG$ doğrusunun $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberine teğet olduğunu gösteriniz.

[geo]

$\angle B = 60^\circ$ olan $ABC$ üçgeninin 1. Fermat noktası $F$, ağırlık merkezi $G$ olsun. $FG$ doğrusu $BC$ yi $D$ de kessin. $FD=DC$ olduğunu gösteriniz.

Hem orijinal soruyu hem de bu soruyu çözeceğim.

$BC>AB$ olsun.
Üçgenin dışına doğru $BCE$ eşkenar üçgenini kuralım. $BECF$ kirişler dörtgeni ve $A,F,E$ doğrusaldır.

$BC$ nin orta noktası $M$, $A$ ya ait yükseklik $BC$ yi $N$ de, $BE$ yi $J$ de kessin. $AM$, $CE$ yi $N$ de kessin.
$AH$ doğru parçası üzerinde $AK=BK$ olacak şekilde $K$ noktası alalım.
$BJK$, $30^\circ-60^\circ-90^\circ$ üçgeni olduğundan $JK=2\cdot BK = 2 \cdot AK$. Öklid ile birlikte $AK:KH:HJ=2:1:3$. Ayrıca.$AG:GM:MN=2:1:3$, dolayısıyla  $GK\parallel MH \parallel NJ$.

$\angle AKB = \angle AFB = 120^\circ$ olduğu için $ABKF$ kirişler dörtgenidir. $\angle KFB = \angle KAB = 30^\circ$, dolayısıyla $\angle KFE =30^\circ$.
$AF$ üzerinde $KF \parallel JL$ olacak şekilde $L$ noktası alalım. $AF:AL=AK:AJ=AG:AN = 1:3$ olduğu için $FG\parallel LN$ ve $3\cdot FG = LN$.

$EJN$, kenarı $JN = EJ = BE- BJ = BC - AB$ olan bir eşkenar üçgendir.
$N$ merkezi $NE=BC-AB$ yarıçaplı çember $2\cdot \angle JLE = \angle JNE = 60^\circ$ olduğu için $L$ den geçer. Yani  $\boxed{3\cdot FG = LN = NE = BC-AB}$ dir.

$\angle FBC = \angle CEF = \angle NLE = \angle GFE = \alpha$ olacaktır. Bu durumda $\angle DFC = \angle FCD = 60^\circ - \alpha$ olur. Bu da $\boxed{FD=DC}$ demektir.

[geo]

Bir başka varyantı:

$ABC$ eşkenar üçgeninin çevrel çemberinin $AC$ yayı üzerinde bir $F$ noktası alınıyor. Çevrel çemberin $C$ deki teğeti ile $BF$, $P$ de kesişsin. $PAC$ üçgeninin ağırlık merkezi $G$ olsun. $FG$ doğrusunun $ABC$ üçgeninin iç teğet çemberine teğet olduğunu gösteriniz.

$F$, $C$ ye daha yakın olsun.
$FG$; $AC$ yi $D$ de, $AB$ yi $S$ de kessin.
$PG$; $AC$ yi $M$ de, $AB$ yi $N$ de kessin.

$PAC$ de $F$ Fermat noktasıdır. Bir önceki sorunun sonucundan  $FD=DA$.
$\angle FAD =\angle AFD =\alpha$ dersek, $\angle ABF =60^\circ-\angle FBC = 60^\circ-\angle FAC = 60^\circ-\alpha$.
$\angle SFB = \angle AFB - \angle AFD = 60^\circ-\alpha$. Dolayısıyla $BS=SF$.
$BS+CD=SF+(AC-AD)= SF+(BC-FD)=BC + SD$ olduğu için $BCDS$ teğetler dörtgenidir.