İÇİNDEKİLER 1. TEMEL KAVRAMLAR

OLİMPİYATLAR İÇİN DÜZLEM GEOMETRİ

1. TEMEL KAVRAMLAR

Açıortay Özellikleri 6

Blanchet Teoremi 44

Yükseklikler ve Çevrel Çember 48

Euler Doğrusu 61

Leibnitz Teoremi 78

Dokuz Nokta Çemberi (Euler Çemberi) 85

Euler Bağıntıları 91

Carnot Teoremi 99

Problemler 100

2. ÜÇGEN KOPYALAMA(TAŞIMA) PROBLEMLERİ ve AFİN DÖNÜŞÜMLER

Üçgen Kopyalama Yöntemi 108

Afin Dönüşüm Yöntemleri 159

Problemler 162

3. DOĞRUSALLIK ve NOKTADAŞLIK

Kuvvet merkezi ve Brianchon Teoremi 182 Birkaç Önemli Doğrusallık-Noktadaşlık Problemi 183

Homoteti 195

Menelaüs ve Ceva Teoremleri 205

Gergonne, Nagel, Lemoine Noktaları 225

Desargues Teoremi 248

Pascal Teoremi 251

Pappus Teoremi 254

Problemler 255

İÇİNDEKİLER

ͳǤ

AçŦortay Özellikleri Blanchet Teoremi

Yükseklikler ve Çevrel Çember Euler DoŒrusu

Leibnitz Teoremi

Dokuz Nokta Çemberi (Euler Çemberi) Euler BaŒŦntŦlarŦ

Carnot Teoremi Problemler

TEMEL KAVRAMLAR

 

Bu bölümde; bir üçgenin açÇortaylarÇ, yükseklikleri ve kenar orta dikmele- ri ile ilgili özellikleri inceleyeceºiz. Euler Doºrusu, Leibnitz Teoremi gibi geometrideki ilginç özellikleri, bunlarÇn bazÇ problemler üzerinde uygula- nÇçlarÇnÇ göreceºiz.

1.

ڎò

YoY;;Gǡ

OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 PROBLEMLER7 6

Bir üçgenin iç açÕortaylarÕ tek noktada kesiúir ve bu nokta üçgenin iç te÷et çemberinin merke- zidir. Gösteriniz.

ùekil 1.1 A ùekil 1.1 B

B ve C köúelerinin iç açÕortaylarÕ I noktasÕnda kesiúsin. I noktasÕndan üçgenin kenarlarÕna çizilen dik- melerin ayaklarÕ K, L ve M olmak üzere

IK IM

ve

IK IL

dir. DolayÕsÕyla,

IM IL

dir.

Buradan,

IMA # ILA

^olup

‘ MAI ‘ LAI

, yani AI do÷rusu A açÕsÕnÕn açÕortayÕdÕr. (ùekil 1.1 A) Böylece, üçgenin iç açÕortaylarÕnÕn bir noktada kesiútiklerini gösterdik. AyrÕca,

IK IM IL

oldu÷u göz önüne alÕnÕrsa, I merkezli ve

IK

yarÕçaplÕ çemberin üçgenin kenarlarÕna te÷et oldu÷u açÕktÕr. Bu sayede, üçgene içten te÷et bir çemberin çizilebilece÷ini de ispat etmiú olduk. (ùekil 1.1 B) øç te÷et çem- bere kÕsaca iç çember, I harfi ile gösterilen iç te÷et çemberin merkezine iç merkez de denmektedir.

AlÕútÕrmalar 1.1: Bir üçgenin iki iç açÕortayÕ arasÕndaki açÕnÕn ölçüsü;

90

^o ile 3. açÕnÕn ölçüsünün ya- rÕsÕnÕn toplamÕna eúittir. Gösteriniz. Yani ùekil 1.1 A ya göre,

90

2

o

A

BIC ‘

‘ 

^dir.

A

L I

K C B

M

A

L

C M

B K

I

Çözüm:

Problem 1.1:

TEMEL KAVRAMLAR 7

Bir üçgenin iki dÕú açÕortayÕ ve üçüncü açÕsÕnÕn iç açÕortayÕ tek noktada kesiúirler. Bu nokta üçgenin dÕú te÷et çemberlerinden birinin merkezidir. Gösteriniz.

A köúesinin dÕú açÕortayÕ ile B köúesinin iç açÕortayÕ

I

_b noktasÕnda kesiúsin.

I

_b noktasÕndan üçgenin kenarlarÕna (ya da bunlarÕn uzantÕlarÕna) çizilen dikmelerin ayaklarÕ K, L ve M olsun.

I M

_b

I L

_b ve

b b

I M I K

oldu÷undan,

I L

_b

I K

_b dÕr. Buradan kolayca

I LC

_b

# I KC

_b dik üçgenlerinin eúli÷i gösterilebilir. DolayÕsÕyla

‘ LCI

_b

‘ KCI

_b, yani CO do÷rusu C açÕsÕnÕn dÕú açÕortayÕdÕr. (ùekil 1.2 A) Böylece iki dÕú açÕortay ve 3. açÕnÕn iç açÕortayÕnÕn tek noktada kesiúti÷ini göstermiú olduk. AyrÕca,

b b b

I M I L I K

oldu÷u göz önüne alÕnÕrsa,

I

_b merkezli ve

I K

_b yarÕçaplÕ çemberin, üçgenin kenarlarÕna (ya da onlarÕn uzantÕlarÕna) te÷et oldu÷u açÕktÕr. (ùekil 1.2 B) Tüm bunlarla birlikte, üçgene dÕútan te÷et bir çemberin çizilebilece÷ini de ispat etmiú olduk.

ùekil 1.2 A ùekil 1.2 B ùekil 1.2 C

Benzer muhakeme ile üçgenin di÷er kenarlarÕna da dÕútan te÷et olan çemberlerin çizilebilece÷i gösteri- lebilir. Bu çemberlerin merkezleri genellikle

I

_a,

I

_b ve

I

_c harfleri ile gösterilirler. DÕú te÷et çembere kÕsaca dÕú çember, dÕú te÷et çemberin merkezine de dÕú merkez denmektedir. (ùekil 1.2 C)

AlÕútÕrmalar 1.2.1: Bir üçgenin iki dÕú açÕortayÕ arasÕndaki açÕnÕn ölçüsü

90

^o ile 3. açÕnÕn ölçüsünün yarÕsÕnÕn farkÕna eúittir. Gösteriniz. ùekil 1.2 A ya göre,

90

2

o b

AI C ‘ B

‘ 

^dir.

M

A

B C K

L

Ib

M

A

B C K

L

Ib

Ic

B C

A Ib

Ia

Çözüm:

Problem 1.2:

TEMEL KAVRAMLAR 75

økizkenar olmayan ABC üçgeninde I, H, O sÕrasÕyla iç merkez, diklik merkezi ve çevrel merkez olsun.

AI // HO

için gerek ve yeter úart

‘ BAC 120

^o olmasÕdÕr, gösteriniz. (IMO Longlist 1992)

120

^o

‘ BAC

olan ABC üçgenini çizelim. AI iç açÕortayÕ, çevrel çemberi L de kessin. L noktasÕ,

BC p

yayÕnÕn orta noktasÕ oldu÷undan

OL A BC

dir. AynÕ zamanda

HA A BC

oldu÷undan

OL // HA

dÕr.

q 240

^o

BLC

ve

BAC q 120

^o oldu÷undan

‘ BOC 120

^o,

‘ OCD 30

^o dir. Böylece ODC dik üçgeninde

OC 2 OD

dir. ABC üçgeninin a÷ÕrlÕk merkezi G olmak üzere,

HJJJJG HGO

do÷rusal oldu-

÷undan (Euler do÷rusu)

HAG ~ ODG

ve

HA AG 2

OD GD

dir. Buna göre

HA 2. OD

olup

HA OC

dir.

OL OC

eúit yarÕçaplar oldu÷undan

HA OL

elde edilir. Bu ise HALO dört- geninin bir paralelkenar olmasÕ demektir.

AL HO //

elde edilir.

ùekil 1.54 H

A

B

G D

O

30° C

60°

L

Çözüm:

Problem 1.54:

Tersine olarak,

AL HO //

ise

OL // HA

oldu÷un- dan HALO dörtgeni bir paralelkenardÕr ve

HA OL OC

olur.

HA 2. OD

oldu÷un- dan

OC 2 OD

elde ederiz. Bu halde

30

^o

‘ OCD

^olup

‘ BAC 120

^{o bulunur.}

OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 PROBLEMLER7 76

Dar açÕlÕ ABC üçgeninin ortik üçgeni DEF olsun. DEF üçgeninin iç te÷et çemberi, kenarlara K, L, M noktalarÕnda te÷et ise KLM ve ABC üçgenlerinin aynÕ Euler do÷rusuna sahip oldu÷unu gösteriniz.

Bu problem, Balkan M.O 1990’da herhangi bir ABC üçgeni için sorulmuútur. Fakat kanÕtlanmasÕ iste- nen özellik sadece dar açÕlÕ üçgenlerde geçerlidir.

ABC üçgeninin diklik merkezini H ile gösterelim. Problem 1.33 den dolayÕ H noktasÕ DEF üçgeninin iç te÷et çemberinin merkezidir. Buna göre KLM üçgeninin çevrel çemberinin merkezi de H olur. HLDM dörtgeni bir deltoit oldu÷undan

HD A LM

dir. AyrÕca

HD A BC

oldu÷undan

LM // BC

dir. Benzer úekilde HKEM, HKFL dörtgenlerinin de birer deltoit oldu÷unu kullanarak

KL // AB

^,

KM // AC

^para-

lelliklerini de yazabiliriz. Böylelikle

ABC ~ KLM

(A.A.A) benzerli÷i olup bu üçgenlerin Euler do÷rularÕ birbirine paraleldir. (Neden?) ABC üçgeninin Euler do÷rusu diklik merkezi H noktasÕndan geçecektir.

KLM üçgeninin Euler do÷rusu da çevrel çemberin merkezi olan H noktasÕndan geçecektir. O halde bu iki Euler do÷rusu çakÕúÕktÕr.

ùekil 1.55 A ùekil 1.55 B

AlÕútÕrmalar 1.55:

‘ ! A 90

^o olan geniú açÕlÕ ABC üçgeninin ortik üçgeni DEF olsun. DEF üçgeninin D noktasÕna göre dÕú te÷et çemberi, kenarlara K, L, M noktalarÕnda te÷et ise KLM ve ABC üçgenleri- nin aynÕ Euler do÷rusuna sahip oldu÷unu gösteriniz.

A

F K

E

H

L M

B D C

M

E

B D C

A

K F

L H

Çözüm:

Problem 1.55:

ÜÇGEN KOPYALAMA (TAbIMA) PROBLEMLER7 VE AF7N DÖNÜbÜMLER 137

ABC üçgeninin iç te÷et çemberinin merkezinden geçen bir do÷ru [AB], [AC] kenarlarÕnÕ sÕrasÕyla P, Q noktalarÕnda kesiyor. PBCQ bir kiriúler dörtgeni ise

PQ BP  CQ

oldu÷unu ispatlayÕnÕz.

Çözüm 1:

øç te÷et çember üçgenin kenarlarÕna D, E, F noktalarÕnda te÷et olsun. [AC ÕúÕnÕ üzerinden

'

B E BD

olacak úekilde bir

B '

noktasÕ alalÕm.

B IE '

üçgenini, BID üçgeninin I noktasÕ etrafÕnda döndürülmesi ile elde edilmiú gibi de düúünebiliriz.

‘ FBI ‘ DBI D

^dersek

‘ EB I ' D

^{olur. .} PBCQ bir kiriúler dörtgeni oldu÷undan

‘ PQC 180

^o

 2

D ^olur.

IQB '

üçgeninin iç açÕlarÕ toplamÕn- dan

‘ B IQ ' D

^olup

IQB '

üçgeni ikizkenarÕdÕr. Buna göre

' '

IQ B Q B E  QE BF  QE

^{… (1)}

eúitli÷i elde edilir. Benzer úekilde DIC üçgenini I noktasÕ etrafÕnda döndürerek

FIC '

üçgenini oluútura- lÕm. Bu durumda

' '

PI C P C F  PF CE  PF

^{… (2)}

elde edilir. (1) ve (2) taraf tarafa toplanÕrsa

^{PI  IQ  CE  QE    BF  PF  CQ  BP}

olup

PQ BP  CQ

elde edilir.

ùekil 2.28 – A ùekil 2.28 – B A

P F

C¢

B

I

D

E

Q C

B¢

A

P

I

E Q

B C

Çözümler:

Problem 2.28:

OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 PROBLEMLER7 138

Çözüm 2:

øç açÕortaylarÕn kesim noktasÕ I oldu÷undan

‘ PBI ‘ CBI D

^,

‘ QCI ‘ BCI E

yazÕlabilir. . PBCQ bir kiriúler dörtgeni oldu÷undan

‘ CQP 180

^o

 2

_D^,

‘ BPQ 180

^o

 2 E

dÕr. [PQ] üzerinden

PE PB

olacak úekilde bir E noktasÕ alÕrsak

‘ PEB ‘ PBE E

olur. Böylece

‘ BEI ‘ BCI

olup BCEI bir kiriúler dörtgeni olur. DolayÕsÕyla

‘ CEQ ‘ CBI D

olur. QEC üçgeninde iç açÕlar toplamÕndan

‘ ECQ D

^olup

QE QC

elde edilir.

Bir ABCD kiriúler dörtgeni ve merkezi [AB] kenarÕ üzerinde olan bir çember veriliyor. Di÷er üç kenar çembere te÷et oldu÷una göre

AD  BC AB

oldu÷unu ispatlayÕnÕz. (IMO 1985)

Çözüm 1:

Çemberin ABCD dörtgeninin kenarlarÕna te÷et oldu÷u noktalar E, F, G olsun. [AD ÕúÕnÕ üzerinden

'

C E CF

olacak úekilde bir

C '

noktasÕ alalÕm.

C EO '

üçgenini, CFO üçgeninin O noktasÕ etra- fÕnda döndürülmesi ile elde edilmiú gibi de düúünebiliriz.

‘ EC O ' ‘ FCO D

^dersek

‘ GCO D

olur. ABCD kiriúler dörtgeni oldu÷undan

‘ DCB 2 D Ÿ ‘ DAB 180

^o

 2 D

^dÕr.

AC O '

üçgeninin iç açÕlar toplamÕndan

‘ AOC ' D

^dÕr.

AC O '

üçgeni ikizkenar olup Böylece

'

AO AC AE  FC AE  GC

^{… (1)}

elde edilir. Benzer úekilde BC üzerinden

DF D G '

olacak úekilde bir

D '

alalÕm.

OD G '

üçgenini, ODF üçgeninin O noktasÕ etrafÕnda döndürülmesi ile elde edilmiú gibi de düúünebiliriz. Buradan

' '

BO BD BG  GD BG  ED

^{… (2)}

oldu÷unu görebiliriz. (1) ve (2) eúitliklerini taraf tarafa toplarsak

AB AD  BC

^bulunur.

ùekil 2.29 – A ùekil 2.29 – B

A O B

G C F

D C¢

A O B

G C F

D D¢

E

Çözümler:

Problem 2.29:

3.BÖLÜM: DO)RUSALLIK ve NOKTADAbLIK 187

ABCD te÷etler dörtgeninin iç te÷et çemberi, [AB], [BC], [CD], [DA] kenarlarÕna sÕrasÕyla E, F, G, H noktalarÕnda te÷et ise AC, EF, GH do÷rularÕnÕn ya noktadaú ya da paralel olaca÷ÕnÕ kanÕtlayÕnÕz.

Önce ABCD te÷etler dörtgeninde

GH // AC

ise

EF // AC

olaca÷ÕnÕ gösterelim.

DHG ~ DAC

oldu÷undan

DH HA

DG GC

yazÕlÕr. Fakat D den çembere çizilen te÷et parçalarÕnÕn uzunluklarÕ eúit oldu÷undan

DH DG

dir. Böylece

HA GC

olur. AyrÕca

BE BF

dir. Tüm bu eúitliklerle birlikte, bir te÷etler dörtgeninde

AB  CD AD  BC

oldu÷undan

EA FC

bulunur. Buna

göre

BE BF

EA FC

orantÕsÕ sa÷lanÕr ve dolayÕsÕyla

EF // AC

olur. Sonuç olarak AC, EF, GH do÷rula- rÕnÕn herhangi ikisi paralel ise üçüncüsü de bunlara paralel olmak zorundadÕr. Herhangi iki do÷ru para- lel iken üçüncü do÷ru, bu paralelleri kesemez. (ùekil 3.3 A)

ùekil 3.3 A ùekil 3.3 B

ùimdi de AC ile EF do÷rularÕnÕn bir P noktasÕnda kesiúti÷ini varsayalÕm. GH nÕn da bu P noktasÕndan geçti÷ini kanÕtlayaca÷Õz. EBF ikizkenar üçgen oldu÷undan

‘ BFE ‘ BEF ‘ PEA

dÕr.

‘ EFC

^ile

A

E B

F

D G C

H

P

H

A E B

F

D G C

Çözüm:

Problem 3.3:

OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 188

‘ BFE

bütünler oldu÷undan bunlarÕn sinüsleri de eúittir. DolayÕsÕyla

sin ‘ PEA sin ‘ PFC

^dir.

PAE ve PCF üçgenlerinde sinüs teoremi uygulanÕrsa

sin sin

AE AP

APE PEA

‘ ‘

^{… (1)}

sin sin

FC PC

FPC PFC

‘ ‘

^{… (2)}

olur. (1) ve (2) den

AP AE

PC FC

^{… (3)}

elde edilir. GH ile AC nin kesiúimi

P '

olsun. Benzer iúlemler ile

'

'

AP AH

P C GC

^{… (4)}

oldu÷u gösterilebilir.

AE AH

,

FC GC

dir. (3), (4) eúitliklerinden ve orantÕ özelliklerinden

' ' ' ' 1

AP PC PC AP AC AP P C P C AP AC





olup

AP ' AP

elde edilir. O halde P ve

P '

noktalarÕ çakÕúÕktÕr. AC, EF, GH do÷rularÕ aynÕ P nok- tasÕndan geçer.

Bir dörtgenin karúÕ kenar çiftlerinin orta noktalarÕnÕ birleútiren do÷ru parçalarÕ ile köúegenlerin orta noktalarÕnÕ birleútiren do÷ru parçasÕnÕn tek noktada kesiúti÷ini ve bu üç do÷ru parçasÕnÕn her biri di÷erini ikiye böldü÷ünü gösteriniz.

ABCD dörtgeninde K, L, M, N, üzerinde bulunduklarÕ kenarlarÕn orta noktalarÕ ve X,Y üzerinde bulun- duklarÕ köúegenlerin orta noktalarÕ olsun.

‘ NAK ‘ DAB

^ve

1

2 AN AK

AB AD

oldu÷undan

~

ANK ABD

(K.A.K) ve NK // DB dir. Benzer úekilde LM // DB, NM // AC, KL // AC oldu÷u gösterile- bilir. Böylece NK // LM ve

NM // KL

olup KLMN bir paralelkenardÕr. DolayÕsÕyla [KM] ve [NL] köúe-

Çözüm:

Problem 3.4:

OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 256

AP ve BQ do÷rularÕnÕn kesiúimi D olsun. PQD ve ABD üçgenleri homotetik oldu÷undan çevrel çember- leri D noktasÕnda te÷ettir. Paralellikten dolayÕ

‘ PDQ ‘ PAC ‘ ACB ‘ PRQ

olup PQDR ve ABDC dörtgenleri çemberseldir. Böylece ABC ve PQR nin çevrel çemberleri D noktasÕnda te÷et olur.

ùekil 3.56

Dar açÕlÕ ABC üçgeninde [BC] nin orta noktasÕ M dir. [MA] do÷ru parçasÕ üzerinden

PM BM

olacak úekilde bir P noktasÕ alÕnÕyor. P den BC ye çizilen dikme aya÷Õ H dÕr. H dan PB ye çizilen dik do÷ru ile AB nin kesiúimi Q dur. H dan PC ye çizilen dik do÷ru ile AC nin kesi- úimi R dir. QHR üçgeninin çevrel çemberinin BC ye H noktasÕnda te÷et oldu÷unu gösteriniz.

(IMO Shortlist 1991)

PB ile QH nÕn kesiúimi D, PC ile RH nÕn kesiúimi E olsun.

PM BM MC

oldu÷undan

90

^o

‘ BPC

dir. Böylece DPEH bir dikdörtgen olur.

PH A BC

oldu÷undan DPEH dikdörtgenin çevrel çemberi BC do÷rusuna H noktasÕnda te÷ettir. PC ile AB nin kesiúimi F, PB ile AC nin kesiúimi G olsun.

FG // BC

oldu÷unu (bkz AlÕútÕrmalar 3.24) biliyoruz. DolayÕsÕyla

FP GP

PC PB

^dir.

^{HQ CF //}

ve

HR // BG

oldu÷undan

FP QD PC DH

^,

GP RE

PB EH

dir. Bu eúitliklerden

QD RE

DH EH

elde edilir.

Yani

DE // QR

dir. Böylelikle DEH ve QRH üçgenleri, H noktasÕnÕ benzerlik merkezi kabul eden iki homotetik üçgen olup çevrel çemberleri H noktasÕnda birbirine te÷ettir. DolayÕsÕyla QRH üçgeninin çevrel çemberinin BC do÷rusuna H da te÷et oldu÷unu anlarÕz.

A

B

P

Q

R

D

C

Çözüm:

Problem 3.57:

Çözüm:

3.BÖLÜM: DO)RUSALLIK ve NOKTADAbLIK 257

ùekil 3.57

AB AC

olan ABC üçgeninde bir çember, ABC nin çevrel çemberine içten te÷et ve kenarla- ra da P, Q noktalarÕnda te÷et ise [PQ] do÷ru parçasÕnÕn orta noktasÕnÕn ABC nin iç te÷et çembe- rinin merkezi oldu÷unu gösteriniz. (IMO 1978)

[PQ] nun orta noktasÕ I ve çevrel çembere F de te÷et olan çemberin merkezi O olsun. ùekil 3.58’ deki gibi iç te÷et çemberinin merkezi O olan ADE ~ ABC üçgenini çizelim.

O ve I noktalarÕnÕn homotetik olarak eúlenik oldu÷unu gösterece÷iz. Simetriden dolayÕ A, I, O, F noktalarÕ do÷ru- saldÕr. A noktasÕ homoteti merkezi olan ADE ~ ABC ben- zerli÷inin oranÕ

AB

k AD

dir. AIP, AFD, APO, ABF dik

üçgenleri benzer olduklarÕndan

AI AF AP AD

^ve

AP AB

AO AF

dir. Bu iki eúitlikten

AI AB AO AD

^olup

AI k

AO

elde edilir.

ùekil 3.58

A

F G

P R

E Q D

B H M C

Çözüm:

Problem 3.58:

A

P I

O

B C

D E

Q

F

OL7MP7YATLAR 7Ç7N DÜZLEM GEOMETR7 264

KAYNAKÇA

1) Plane Geometry, V. Prosolov

2) Challenging Problems in Geometry, A. Posamentier, C. Salkind

3) Mathematical Olympiads 1995 – 2001: Olympiad Problems from Around the World, T. Andreescu, Z. Feng

4) The IMO Compendium, D. Djukic, V. Jankovic, I. Matic, N. Petrovic

5) USA Mathematical Olympiads Summer Program (MOSP) Problems

6) Asian Pasific Mathematical Olympiad Problems

7) Balkan Mathematical Olympiad Problems

8) www.geomania.org

9) www.artofproblemsolving.com