bölgede eksenlere te€et olup yar›- yar›-çap uzunlu€u 4 birim olan çemberlerin vektörel ve

standart denklemini bulal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

y

T x O

4 4 M

P(x, y)

M(4, 4) ve r = 4 birim oldu€undan, 4

MP = vektörel denklem, (x – 4)² + (y – 4)² = 4² standart denklemi elde edilir.

ÖRNEK – 5

Merkezinin koordinatlar› M(–3, 2) olan ve

l

: 3x + 4y + 16 = 0 do€rusuna te€et olan çemberin vektörel ve standart denklemini bulal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

T M

P(x, y)

M noktas›n›n 3x + 4y + 16 = 0 do€rusuna uzakl›€›,

r 3 4

3 . (–3) 4 . 2 16

MT = = 2 2

+

+ +

r = 3 birim bulunur.

3

MP = vektörel denklem ve

(x + 3)²+(y – 2)²=3² standart denklem elde edilir.

ÖRNEK – 6

Merkezinin koordinatlar› M(4, –6) olan ve K(–1, 6) noktas›ndan geçen çemberin vektörel ve standart denklemini bulal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

M(4, –6) K(–1, 6)

P(x, y)

r

MK = =r (4 1)+ ²+(–6 – 6)² r = 13 birim bulunur.

13

MP = vektörel denklem

(x – 4)²+(y + 6)²=13² standart denklem elde edilir.

Çemberin Genel Denklemi Kapal› Denklemi ;

(x – a)² + (y – b)² = r² olan ifade, x² + y² – 2ax – 2by + a² + b² – r² = 0 fleklinde yaz›labilir.

Bu denklemde,

–2a = D, –2b = E ve a² + b² – r² = F al›narak, x² + y² + Dx + Ey + F = 0

denklemi elde edilir ve bu denkleme çemberin genel denklemi denir.

O halde, Kapal› Denklemi :

x² + y² + Dx + Ey + F = 0

olan çemberin merkezinin koordinatlar›, M –2

D, – 2

d En ve

yar›çap uzunlu€u, r 2

1 D² E – 4F²

= + ile bulunur.

NOT :

a) Ax² + Bxy + Cy² + Dx + Ey + F = 0 Denkleminin çember belirtmesi için, 1. A = C ≠ 0

2. B = 0

3. D² + E² – 4F > 0 olmal›d›r.

b) Ax² + Bxy + Cy² + Dx + Ey + F = 0 denklemi 1. D² + E² – 4F = 0 ise nokta

2. D² + E² – 4F < 0 ise bofl küme belirtir.

ÖRNEK – 1

Genel denklemi, x² + y² – 2x + 6y – 5 = 0 olan çemberin merkezinin koondinatlar›nı ve yar›çap uzunlu€unu bulal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

Çemberin kapal› denkleminde, D = –2, E = 6, F = –5 oldu€undan, çemberin merkezinin koordinatlar›nı ve yar›çap uzunlu€unu bulal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

Çemberin kapal› denkleminde, D = 8, E = 0, F = –1 oldu€undan,

r birim

2

Yukar›daki çemberin genel denklemini bu-lal›m.

O halde genel denklem, (x – 3)² + (y – 2)² = 13 ten x² + y² – 6x – 4y = 0 bulunur.

ÖRNEK – 4

x² + y² + 8x – 6y – 9 = 0 çemberinin Ox ekseni üzerinde ay›rd›€› kiriflin uzunlu€unu bulal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

1 Yol :

Ox ekseni üzerinde ay›rd›€› kiriflin uç noktalar›n›

bulmak için y = 0 al›n›r.

x² + 8x – 9 = 0 ⇒ (x + 9) . (x – 1) = 0

Yani, Ox eksenini (–9, 0) ve (1, 0) noktalar›nda kesiyor.

Dolay›s›yla kirifl uzunlu€u, 1 – (–9) = 10 birim bulunur.

2 Yol :

–9 x

y

10 birim 1 3 x O(–4, 3) 34

Koordinat Düzleminde (do€rusal olmayan) Herhangi Üç Noktadan Geçen

Çemberlerin Denklemi

Verilen noktalar A, B, C olsun, A

C B

A, B, C noktalar›ndan geçen çember için, [AB] ve [AC] birer kirifl olur.

A

C B

Kirifllerin orta dikme do€rular› merkezde kesifl-ti€inden,

A

C

B M

1 2

F E

, 0 ve , 0

ME AC MF AB

1 2= 1 2=

eflitliklerinden elde edilen

l

1 ve

l

2 do€rular›n›n ara kesiti ile M noktas› bulunur.

Böylece, merkezi M ve üzerindeki bir noktas›, (A, B, C den biri) bilinen çember denklemi bulunmufl olur.

ÖRNEK – 1

A(0, 0), B(0, 6) ve C(8, 0) noktalar›ndan geçen çemberin vektörel ve standart denklemini bulal›m.

ÇÖZÜM – 1

-

^:

[AB] ve [AC] nin kenar orta dikmeleri çemberin merkezi üzerinde kesiflece€inden,

A

Böylece, M(4, 3) olur.

M(4, 3)

B Dolay›s›yla çemberin

vektörel denklemi, 5

MB = bulunur.

Standart denklemi,

(x – 4)² + (y – 3)² = 25 olarak yaz›labilir.

m(BOC) = 90° oludu€undan [BC] çapt›r.

M(4, 3) olup, r = 5 birim bulunur.

Böylece,

Vektörel denklemi, MP =5 ve

Standart denklem, (x – 4)² + (y – 3)² = 25 bulunur.

Merkezil Çember

Merkezi koordinat bafllang›cı olan çemberdir.

y

ÖRNEK – 1

Vektörel denklemi OP = olan çemberi ko-4 ordinat düzleminde çizelim.

ÇÖZÜM

-

^:

P(x, y) diyelim.

olup,

eflitli¤inden, denklemi elde edilir ve grafi¤i afla¤›daki gibidir.

(x – 0, y – 0)

x y 4

x y 16

OP

OP ^{2 2}

2 2

=

= + =

+ =

y

O x –4

–4

4 4

4

P(x, y)

Merkezil Çemberin Parametrik Denklemi

y

O x r

P(x, y) r.sin r.cos

0 ≤ α < 2π olmak üzere, x = r . cosα

y = r . sinα

denklemlerine çemberin parametrik denklemi denir.

ÖRNEK – 1

x² + y² = 12 çemberinin parametrik denklemini yazal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

r = 2 3 birim olup, Parametrik denklemi, 0 ≤ α < 2π olmak üzere, x = 2 3 . cosα

y = 2 3 . sinα fleklinde yaz›labilir.

ÖRNEK – 2

Parametrik denklemi, 0 ≤ α < 2π x = 6 . cosθ

y = 6 . sinθ

fleklinde verilen çemberin vektörel ve stan-dart denklemlerini yazal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

Merkezi M(0, 0) ve yar›çap› r = 6 birim oldu€undan, Vektörel denklemi; OP =6

Standart denklemi; x² + y² = 36 bulunur.

(Matematik Dünyas› Dergisi–www.matematikdunyasi.org)

Merkezil Olmayan Çemberin Parametrik Denklemi

Standart denklemi,

(x –a)² + (y – b)² = r² olan çember

x² + y² = r² çemberinin v (a, b)= do€rultusunda ötelenmifli oldu€undan,

Parametrik denklemi, 0 ≤ α < 2π olmak üzere,

x = a + r . cosα

y = b + r . sinα biçiminde yaz›labilir.

NOT :

Merkezil olmayan çember, merkezil çemberin ötelenmiş halidir.

ÖRNEK – 1

(x – 2)² + (y + 3)² = 12 çemberinin parametrik denklemini bulal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

(x – 2)² + (y + 3)² = 12 çemberi,

x² + y² = 12 çemberinin u (2, –3)= do€rultusunda ötelenmiflidir.

Böylece, M(2, –3) ve r = 2 3 birim oldu€undan, x = 2 + 2 3 . cosα

y = –3 + 2 3 . sinα

parametrik denklemi elde edilir.

ÖRNEK – 2 y

2 5 x

M

Yukar›daki çemberin parametrik denklemini yazal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

M(2, 0) ve r = 3 birim olup, 0 ≤ α < 2π olmak üzere, Parametrik denklemi,

x = 2 + 3cosα ve y = 3sinα fleklindedir.

ÖRNEK – 3

y

x 2

O M 4

Yukar›daki çemberin parametrik denklemini yazal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

M(0, 4) ve r = 2 birim olup, 0 ≤ θ < 2π olmak üzere, Parametrik denklemi,

x = 2 cosθ ve y = 4 + 2sinθ fleklindedir.

ÖRNEK – 4 y

O x

M y=x

M(5, k) r = 3 birim

Yukar›daki çemberin parametrik denklemini yazal›m.

ÇÖZÜM

-

^:

M(5, k) noktas› y = x doğrusu üzerinde

bulundu-€undan denklemi sa€lar. O halde, k = 5 tir.

Dolay›s›yla, M(5, 5) ve r = 3 birim olan çemberin, Parametrik denklemi, 0 ≤ α < 2π olmak üzere, x = 5 + 3cosα ⇒ y = 5 + 3sinα fleklindedir.

ÖRNEK – 5

y

x O

y+2x = 12 Ç

Yukar›da

l

doğrusu eksenlere teğet Ç çemberi-nin merkezinden geçmektedir.

Buna göre, çemberin yarıçap uzunluğunu bu-lalım.

ÇÖZÜM

-

^:

Çember eksenlere teğet olduğundan, merkezi O(r, r) şeklinde yazılabilir.

O halde,

O noktası doğru denklemini sağlayacağından, r + 2r = 12 ⇒ r = 4 birim bulunur.

Yar›m Çember Denklemleri 1.

x y

–r O r

++ ++

y = r² – x²

Yukarıdaki çember yayının tüm noktalarında, ÿ

y ≥ 0 dır.

2.

x y

O

–r r

– – – –

x = – r² – y²

Yukarıdaki çember yayının tüm noktalarında, ÿ

x ≤ 0 dır.

3.

x y

O r

–r

–– –– y = – r² – x²

Yukarıdaki çember yayının tüm noktalarında, ÿ

y ≤ 0 dır.

4.

x y

O

–r r

+ + + +

x = r² – y²

Yukarıdaki çember yayının tüm noktalarında, ÿ

x ≥ 0 dır.

Bir Çember ‹le Bir Do€runun Birbirine Göre Durumu

(x – a)² + (y – b)² = r² çemberi ile y = mx + n do€rusu veriliyor.

Çember ile do€runun ortak çözümü hesaplan›r.

ÿ

Elde edilen ikinci dereceden denklemin diskrimi-ÿ

nantı bulunur.

ÿ Δ > 0 ise do€ru çemberin bir kesenidir.

x₁

x₂

Δ = 0 ise do€ru çemberin bir te€etidir.

ÿ

Δ < 0 ise do€ru çemberi kesmez.

ÿ

NOT :

Verilen çemberde merkezin do€ruya uzakl›€› he-saplanarak da yukar›daki üç durumdan hangisinin oldu€u tespit edilebilir.

ÖRNEK – 1

(x – 1)² + (y + 2)² = 1 çemberi ile y = x doğrusu için ne söylenebilir?

ÇÖZÜM

-

^:

1. Yol :

Çember ile do€ru denklemini ortak çözelim;

Çember denkleminde y yerine x yaz›l›rsa, (x – 1)² + (x + 2)² = 1 olup,

Buradan, x² + x + 2 = 0 denklemi elde edilir.

Δ = 1 – 4 . 1 . 2 = –7 < 0 oldu€undan, do€ru çemberi kesmez.

2. Yol :

Merkezi M(1, –2) ve yar›çap› r = 1 birim dir.

Merkezin y – x = 0 do€rusuna uzakl›€›,

h 1 (–1) –2 – 1

2 3 birim

2 2

= + = olup,

h > r oldu€undan do€ru çemberi kesmez.

ÖRNEK – 2

M(0, 0) olmak üzere, MX = çemberi ile 5 3x + 4y – 24 = 0 doğrusu için ne söylenebilir?

ÇÖZÜM

-

^:

Merkezi M(0, 0) ve yar›çap› r = 5 birim dir.

Merkezinin 3x + 4y – 24 = 0 do€rusuna uzakl›€›,

h 3 4

3 . 0 4 . 0 – 24 5 24birim

2 2

= +

+ = olup,

h < r oldu€undan do€ru çemberi iki farkl› noktada keser.

ÖRNEK – 3

(x – 3)² + (y – 5)² = 25 çemberi 5x + 12y – k = 0 doğrusunu farklı iki noktada kestiğine göre, k nin alabileceği değerleri bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

Merkezi M(3, 5) ve yar›çap› r = 5 birim dir.

Merkezin do€ruya uzakl›€› h olsun.

Bu durumda, h < r olmas› gerekir.

ise h

12 5 . 3 12 . 5 – k

13 75 – k

13 75 – k

5 75 – k 5

65

< <

2 2

=

+

+ =

–65 < k – 75 < 65

10 < k < 140 ⇒ k ∈ (10, 140) bulunur.

Bir Çemberin Herhangi Bir Noktasındaki Teğet ve Normal Denklemleri

O

N

Çemberin herhangi bir noktasının yer vektörüne dik olan doğrusuna bu noktadaki teğet doğrusu denir.

O

A

OA ⊥

l

^ise

l

: O merkezli çemberin A noktasındaki teğetidir.

Bir çemberde yer vektörünü doğrultman kabul eden doğruya normal doğrusu denir.

O

A

OA vektörünü doğrultman vektörü kabul eden ve A noktasından geçen doğru normal doğrusudur.

ÖRNEK – 1

x² + y² = 25 çemberinde A(–3, 4) noktasından çizilen teğet doğrusunun denklemini bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

O(0, 0)

A(–3, 4)

B(x, y)

l

doğrusu üzerinde B(x, y) seçelim.

OA ⊥

l

^olup,

0 ,

OA AB

1 2= olmalıdır.

A – O (–3, 4)

OA = =

B – A (x 3, y – 4)

AB = = +

0 ,

OA AB

1 2= eşitliği ile

l

doğrusunun denklemi, –3(x + 3) + 4(y – 4) = 0 –3x + 4y = 25 bulunur.

ÖRNEK – 2

(x – 1)² + (y + 3)² = 90 çemberinin A(4, 6) nok-tasından çizilen teğet doğrusunun denklemini bu-lalım.

ÇÖZÜM

-

^:

O(1, –3) A(4, 6)

B(x, y)

Çembere A noktasından çizilen teğet A noktası-nın yer vektörüne diktir.

A noktasının yer vektörü,

OA = A – O = (3, 9), AB =(x – 4, y – 6) ve OA AB= olduğundan,

0 ,

OA AB

1 2= olmalıdır.

O halde,

l

doğrusunun denklemi 3(x – 4) + 9(y – 6) = 0

3x + 9y – 66 = 0 x + 3y – 22 = 0 bulunur.

¸

Pratik Bilgi

1. x² + y² = r² çemberine üzerindeki A(x₀, y₀) nok-tasından çizilen teğetin denklemi :

x₀ . x + y₀ . y = r² dir.

2. (x – a)² + (y – b)² = r² çemberine üzerindeki A(x₀, y₀) noktasından çizilen teğetin denklemi : (x₀ – a) . (x – a) + (y₀ – b) . (y – b) = r² dir.

3. x² + y² + Dx + Ey + F = 0 çemberine üzerindeki A(x₀, y₀) noktasından çizilen teğetin denklemi : x₀. x + y₀ . y +

2

D (x + x₀) + 2

E (y + y₀) + F = 0

şeklinde yazılabilir.

ÖRNEK – 3

x² + y² = 40 çemberine A(6, 2) noktasında çizi-len teğet doğrusunun denklemini bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

6x + 2y = 40

3x + y = 20 bulunur.

ÖRNEK – 4

(x + 1)² + (y – 3)² = 5 çemberine A(–2, 1) noktasın-dan çizilen teğet doğrusunun denklemini bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

A(–2, 1) noktası çember denklemini sağladığın-dan çember üzerindedir.

O halde, A noktas›ndan geçen te€et do€rusunun denklemi,

(–2 + 1) . (x + 1) + (1 – 3) . (y – 3) = 5 –x – 1 – 2y + 6 = 5

2y + x = 0 bulunur.

Bir çembere dışındaki bir noktadan çizilen teğet ÿ

parçalarının uzunlukları eşittir.

O A

P B

|

PA

|

=

|

PB

|

Bir çemberin herhangi bir teğeti değme noktasın-ÿ

daki yarıçapa diktir.

A

O [OA] ⊥

l

İki çemberin ortak dış teğet parçalarının uzunluk-ÿ

ları eşittir.

A

C

D B

|

AB

|

=

|

CD

|

İki çemberin ortak dış teğetlerinin kesim noktası ÿ

ile merkezleri aynı doğru üzerindedir.

O₂ O₁

A

C

D B

P

Yukar›da O₂ merkezli çember O₁ merkezli çem-berin P merkezli ve k =

PA PB

oranl› homoteti€idir.

O

C A

B D C

ÿ

ÖRNEK – 5

A

C B

60º 12

[BA ve [BC çem-berlere teğettir.

|

AB

|

= 12 birim m(ABC) = 60°

Buna göre, çemberin yarıçap uzunluğunu bu-lalım.

ÇÖZÜM

-

^:

Bir çemberde iki teğetin kesim noktasını çembe-rin merkezine birleştiren doğru açıortaydır.

O halde,

A

C B

30º

30º 60º

12 O

12 [BO] açıortay olup,

m(ABO) = m(OBC) = 30° ve [OC] ⊥ [BC] olduğundan,

m(BOC) = 60° dir.

Böylece BOC nde,

|

OC

|

= r = 3

12 =4 3 birim bulunur.

NOT :

Bir çember dik açısı olan bir çokgene içten te-ğet ise dik olan köşeden çizilen tete-ğet parçalarının uzunlukları yarıçap uzunluğuna eşittir.

r

r O r

O r r

r

O

r r

r

Dik Üçgenin İç Teğet Çemberi

A

B E C

c

a

b

r O

r = u – a

(r = yarı çevre – hipotenüs uzunluğu)

Dik Üçgenin Bir Dik Kenar›na Ait Dış Teğet Çemberi

A

C B

E

a

b r

O T

c

r = u – b

(r = yarı çevre – teğet olmadığı dik kenarın uzunluğu)

Dik Üçgenin Hipotenüse Ait Dış Teğet Çemberi

E

A

C

B F

O

P r

c

b

a

r = u (r = yarı çevre)

Dik Üçgenin Dış Teğet Çemberlerinin Yarıçap Uzunlukları Toplamı

c b E

A

B F

O₁ r₁

O₃ r₃

L O₂

r₂

K

a C

r₁ + r₂ + r₃ = u + b

(r₁ + r₂ + r₃ = yarı çevre + hipotenüs uzunluğu)

Dik Üçgenin İç ve Dış Teğet Çemberlerinin Yarıçap Uzunlukları Toplamı

E

A

B C F

O₁ r₁

O₃ r₃

L K O₂

r₂ B

c b

a A

C

(2u = a + b + c)

O₄ r₄

r₁ + r₂ + r₃ + r₄ = 2u

ÖRNEK – 6 teğet çemberi çizil-miştir.

Bir çembere dışındaki bir noktadan çizilen teğet uzunlukları eşit olduğundan,

|

AD

|

=

|

AF

|

= a diyelim.

Aşağıda

l

doğrusu birbirine teğet A ve B merkezli çemberlere C ve D noktalarında teğettir.

A

Teğet iki çemberin merkezleri birleştirildiğinde elde edilen doğru teğet değme noktasından geçer.

A

C D

B 8 3

8 3

Yarıçap teğete dik olduğundan ABDC dik yamuk olup,

[BH] dikmesi ve AHB nde pisagor teoremi ile x² + 5² = 11² ⇒ x = 4 6 birim bulunur. nokta-sında,

l

doğrusuna A ve B noktalarında teğet ise,

|

AB

|

= 2 R . r dir.

ÖRNEK – 8 noktala-rında, EFK üçgenine M ve L noktalarında teğettir.

|

AB

|

= 12 birim ise, EFK üçgeninin çevre uzun-luğunu bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

Bir çembere dışındaki bir noktadan çizilen teğet uzunlukları eşit olduğundan,

C D bulunur.

¸

Pratik Bilgi merkezli dış teğet çemberi çizilmiştir.

m(ABC) = 40°

Buna göre, AOC açısının ölçüsünü bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

x O x

Özelliğini verilen şekilde uygulayalım.

D

AOC merkez açı olduğundan, m(AOC) = x + y dir.

ABC nin O merkezli dış teğet çemberi çizilmiştir.

α = 90° – 2 m(B)^/

dir.

ÖRNEK – 10

Yarıçap uzunlukları 2 birim ve 6 birim olan çem-berlerin ortak dış teğetleri

l

1 ve

l

2 doğrularıdır.

Buna göre, ABC açısının ölçüsünü bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

İki çemberin ortak dış teğetlerinin kesim noktası ile merkezleri aynı doğru üzerindedir (doğrudaştır).

O halde, [BO₁ açıortay olduğundan, m(ABC)=60° bulunur.

ÖRNEK – 11

Buna göre, çemberlerin yarıçapları oranını bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

Teğet iki çemberin merkezleri birleştirildiğinde elde edilen doğru teğet değme noktasından geçer.

O halde A, F , K doğrusaldır.

çemberlerin yarıçapları oranı r

3r =3 bulunur.

ÖRNEK – 12

A

B C

A, B, C teğet değme noktala-rıdır.

ABC üçgen

Buna göre, BAC açısının ölçüsünü bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

A noktasından çemberlere teğet olacak şekilde [AD] çizelim.

A

B D C

[BD], [DA] ve [DC] çembere teğet olduğundan,

|

BD

|

=

|

DA

|

=

|

DC

|

olup, m(BAC) = 90° bulunur.

¸

Pratik Bilgi

A

B C

A, B, C teğet değme noktaları ise, m(BAC) = 90° dir.

ÖRNEK – 13

A K B

D E C

F L

2

O 4

ABCD yamuğu O merkezli çemberin teğetler dörtgenidir.

|

EC

|

= 2 birim

|

LB

|

= 4 birim

Buna göre, çemberin yarıçap uzunluğunu bu-lalım.

ÇÖZÜM

-

^:

[CO] ve [BO] çizilirse,

A K B

D E C

F L

2

O 4 2 r

[CO] ve [BO] açıortay olduğundan, m(BOC) = 90° dir.

[OL] ⊥ [BC] olduğundan, BOC nde öklid bağıntısı ile

r² = 2 . 4 ⇒ r = 2 2 birim bulunur.

¸

Pratik Bilgi

A K B

D E C

F L

x

y a

b

ABCD yamuk ise a . b = x . y ve r= x . y dir.

ÖRNEK – 14

B, E, F teğet noktalarıdır.

A B C

Çemberlerin B noktasından geçen ortak teğetini çizelim.

yarıçap teğete dik olduğundan,

[DB] : HKFE dik yamuğunun orta tabanı olup,

|

BD

|

=

D, E, B teğet değme noktalarıdır.

A B C çemberle-rin kesim noktasından geçen teğeti olup, [AC] ⊥ [BK]

dır.

O halde DEHF bir dik yamuk olup [KB] bu dik ya-muğun orta tabanıdır.

D

Şimdi ADB ve BEC üçgenle-rini oluşturalım.

A B C DAB nde öklid bağıntısı ile

|

DF

|

² = 9 . 4 ⇒

|

DF

|

= 6 birim

BEC nde öklid bağıntısı ile

3

8 ²=4 . HC

d n ⇒

|

HC

|

= 9

16 birim bulunur.

¸

Pratik Bilgi

A B C

E

D

H F

[AB], [BC] çap, B, E, D teğet noktaları ise

|

HB

|

=

|

BF

|

ve

|

HB

|

² =

|

AH

|

.

|

FC

|

dir.

ÖRNEK – 16

A H B C

F E

4 2

[AB] çap [BC] çap B, E, F te€et noktalar›

|

BH

|

= 4 birim

|

AH

|

= 2 birim

Buna göre,

|

BC

|

uzunlu€unu bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

[FK] ⊥ [AC] olacak flekilde [FK] çizelim.

A H B 4 K C

F E

4 2

Böylece,

|

HB

|

=

|

BK

|

= 4 birim olup,

|

HB

|

² =

|

AH

|

.

|

KC

|

eflitli€inden,

4² = 2 .

|

KC

|

⇒

|

KC

|

= 8 birim bulunur.

ÖRNEK – 17

DB

C 12 E4

A

[AB] yarım çemberin çapı

E teğet noktası

|

CD

|

=

|

AB

|

|

CE

|

= 12 birim

|

ED

|

= 4 birim

Buna göre, büyük dairenin alanını bulalım.

ÇÖZÜM

-

^:

B C ⁸ D

A 8

8 E4 H 4

O 4 x K x

x O^›

8 – x E H 4

O 4 x K x

x O^› 8 – x

Çemberlerin merkezlerinden kirişe ve teğete dik-meler indirilirse, elde edilen OO^ıK dik üçgeninde pisa-gor bağıntısı ile,

x² = 4² + (8 – x)² eşitliğinden, x = 5 birim bulunur.

Büyük dairenin yarıçapı,

|

OC

|

pisagor bağıntısı ile 89 birim bulunur.

Teorem :

olmak üzere,

A(ABC) = u(u – a) . (u – b) . (u – c)

‹spat :

ABC üçgeninin O merkezli iç teğet çemberini çizelim.

A

Şimdide AC kenarına ait dış teğet çemberini çizelim.

A

Tales teoreminden, (1) R

DOC ve PCO^› benzer üçgenlerinden, u – a (2)

(1). ve (2). denklemlerden

r u

(u – a) (u – b) (u – c)

= eşitliği ile,

A(ABC) = u(u – a) . (u – b) . (u – c) bulunur.

Teorem :

Kenar uzunluklar› a birim, b birim, c birim ve iç te€et çemberinin yar›çap uzunlu€u r birim olan bir üçgensel bölgenin alan›n›n u . r oldu€unu gös-terelim.

‹spat :

ABC üçgeninin iç teğet çemberini çizelim.

A

1.

m(ACB) = ...

O merkez

A O

C B

60º

2.

m(ABD) = ...

B te¤et noktas›

A

C

B 65º

D

3.

110º

m(ADC) = ...

[AB] çap

A

C D

B

4.

m(ABC) = ...

ABC üçgen A

B

80º D C

36º

A te¤et noktas›

5.

35º [AB] çap

A

C D

B

[AB] // [DC]

m(DC) = ...

6.

m(EAB) = ...

A te¤et noktas›

A

C

B 84º

50º E

7.

m(BAC) = ...

O merkez A

O B C

25º

8.

m(ABE) = ...

[BC] çap

B

27º

E C

A

D ABC üçgen

AD = DC E, B, C do¤rusal Etkinlik Zaman› – 52

Afla€›da flekiller alt›nda istenen ölçümleri bulunuz.

1.

m(CDO) = ...

O merkez D

O B

A

E C A, E, C do¤rusal DC = CE

2.

40º

m(DCE) = ...

AB çap

A

C D

B

Belgede Milli Eğitim Bakanlığı, Talim ve Terbiye Kurulu Bakanlığı'nın tarih ve 330 sayılı kararı ile kabul edilen ve Öğretim Yılından (sayfa 174-197)